2023年考研数学一第4题

已知条件：$a_n < b_n$，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均收敛。 首先，由 $a_n < b_n$ 可得 $b_n - a_n > 0$，即数列 $\{b_n - a_n\}$ 是正项数列。 考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n)$。由于 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均收敛，根据收敛级数的线性性质，有 $$ \sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n - \sum_{n=1}^{\infty} a_n $$ 该级数收敛，且其和为两个收敛级数之和的差。 由于 $b_n - a_n > 0$，该级数是正项级数。对于正项级数，收敛与绝对收敛等价（因为正项级数的每一项都是非负的，其绝对值等于自身）。因此，$\sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n)$ 绝对收敛。 这一结论是后续步骤的基础：我们得到了一个正项且绝对收敛的级数 $\sum (b_n - a_n)$，它反映了两个原级数之间的差异。

我们需要证明：若级数 $\sum a_n$ 绝对收敛，则级数 $\sum b_n$ 也绝对收敛。已知 $\sum (b_n - a_n)$ 绝对收敛，即 $\sum |b_n - a_n|$ 收敛。 由三角不等式，对任意 $n$ 有 $$|b_n| = |(b_n - a_n) + a_n| \leq |b_n - a_n| + |a_n|.$$ 因此，对部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N |b_n|$，有 $$S_N \leq \sum_{n=1}^N |b_n - a_n| + \sum_{n=1}^N |a_n|.$$ 由于 $\sum |b_n - a_n|$ 和 $\sum |a_n|$ 均收敛，它们的部分和数列有界，故 $S_N$ 有上界。又因为 $|b_n| \geq 0$，部分和 $S_N$ 单调递增且有上界，所以极限 $\lim_{N\to\infty} S_N$ 存在，即 $\sum |b_n|$ 收敛。 更严格地，由比较判别法：因为 $0 \leq |b_n| \leq |b_n - a_n| + |a_n|$，而级数 $\sum (|b_n - a_n| + |a_n|)$ 收敛（两个收敛级数之和），故 $\sum |b_n|$ 收敛。 因此，$\sum b_n$ 绝对收敛，充分性得证。

假设级数 $\sum b_n$ 绝对收敛，即 $\sum |b_n|$ 收敛。已知 $\sum (a_n - b_n)$ 绝对收敛，即 $\sum |a_n - b_n|$ 收敛。我们需要证明 $\sum a_n$ 绝对收敛。 对于任意正整数 $n$，由三角不等式可得： $$|a_n| = |(a_n - b_n) + b_n| \leq |a_n - b_n| + |b_n|.$$ 因此，对部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N |a_n|$，有 $$S_N \leq \sum_{n=1}^N |a_n - b_n| + \sum_{n=1}^N |b_n|.$$ 由于 $\sum |a_n - b_n|$ 和 $\sum |b_n|$ 均收敛，它们的部分和数列有界，从而 $S_N$ 有上界。又因为 $S_N$ 是单调递增数列（所有项非负），由单调有界定理知 $\lim_{N\to\infty} S_N$ 存在且有限，即级数 $\sum |a_n|$ 收敛。 因此，$\sum a_n$ 绝对收敛。必要性得证。

综合前三个步骤的分析，我们分别验证了充分性和必要性。 **充分性**：若函数$f(x)$在$x=0$处可导，且$f(0)=0$，则极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$存在且等于$f'(0)$。进一步，考虑极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{(1-\cos x)}$，由于当$x \to 0$时$1-\cos x \sim \frac{x^2}{2}$，且$1-\cos x \to 0$，由复合函数极限法则（注意$f$在$0$处可导，且$f(0)=0$），可得 $$ \lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{1-\cos x} = f'(0). $$ 于是 $$ \lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{1-\cos x} \cdot \frac{1-\cos x}{x^2} = f'(0) \cdot \frac{1}{2}. $$ 该极限存在（为有限值），因此充分性成立。 **必要性**：若极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2}$存在（设为$A$），则令$t = 1-\cos x$，当$x \to 0$时$t \to 0^+$（且$t$可取到任意小的正值），且$x^2 \sim 2t$。于是 $$ \lim_{t \to 0^+} \frac{f(t)}{t} = \lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2} \cdot \frac{x^2}{t} = A \cdot 2 = 2A. $$ 这表明右导数$f'_+(0)$存在且等于$2A$。但题目条件中$f(x)$在$x=0$处可导吗？实际上，由极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2}$存在，我们只能推出$f$在$0$处右可导，但左可导性无法直接得到。然而，注意$1-\cos x$是偶函数，当$x \to 0$时，$1-\cos x$从正方向趋于$0$，因此该极限只涉及$f$在$0$右侧附近的值。要得到$f$在$0$处可导，还需要左导数的信息。但原命题中结论是“$f(x)$在$x=0$处可导”与“极限存在”等价吗？实际上，若$f$在$0$处可导，则极限存在（充分性已证）；反之，若极限存在，能否推出$f$在$0$处可导？我们还需要$f(0)=0$的条件。事实上，由极限存在，令$x \to 0$，分母$x^2 \to 0$，则分子$f(1-\cos x) \to f(0)$必须为$0$，否则极限为无穷大，与存在矛盾。因此$f(0)=0$。进而由上述推导得$\lim_{t \to 0^+} \frac{f(t)}{t}$存在，即右导数存在。但左导数呢？由于$1-\cos x$只能取非负值，无法得到左邻域的信息，因此仅由该极限存在不能保证左导数存在，从而不能保证$f$在$0$处可导。例如，构造$f(x)=\begin{cases} x, & x \ge 0 \\ 1, & x < 0 \end{cases}$，则$f(0)=0$，极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2}$存在（因为$1-\cos x \ge 0$，$f$取$x$），但$f$在$x=0$处左导数不存在，故不可导。因此必要性不成立。 综上，原命题中“$f(x)$在$x=0$处可导”是“极限$\lim_{x \to 0} \frac{f(1-\cos x)}{x^2}$存在”的充分但不必要条件。故正确答案为A（充分必要条件）是错误的，实际上应为充分非必要条件。但题目选项设置中，A为充分必要条件，B为充分非必要，C为必要非充分，D为既非充分也非必要。根据以上分析，应选B。 **最终答案验证**：通过反例$f(x)=\begin{cases} x, & x \ge 0 \\ 1, & x < 0 \end{cases}$，验证了必要性不成立，因此不是必要条件，故选择B。