2024年考研数学一第3题

选择题 · 5分

📝 题目

已知幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的和函数为 $\ln(2+x)$ ，则 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n a_{2n}=$

A
$-\displaystyle \frac{1}{6}$
B
$-\displaystyle \frac{1}{3}$
C
$\displaystyle \frac{1}{6}$
D
$\displaystyle \frac{1}{3}$

💡 答案解析

【答案】A

【解析】方法一：由题设知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n=\ln (2+x)=\ln 2+\ln \left(1+\displaystyle\frac{x}{2}\right)=\ln 2+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^n$，则：$a_0=\ln 2$；当 $n \geq 1$ 时，$a_n=\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n$，于是

$$ \sum_{n=1}^{\infty} n a_{2 n}=\sum_{n=1}^{\infty} n \frac{(-1)^{2 n-1}}{2 n}\left(\frac{1}{2}\right)^{2 n}=-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{2 n+1}=-\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^3}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^2}=-\frac{1}{6}, $$

故 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n a_{2 n}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_{2 n}=-\displaystyle\frac{1}{6}$。

方法二：由题意可知 $[\ln (2+x)]^{\prime}=\displaystyle\frac{1}{2+x}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$，于是有

$$ \begin{aligned} & \frac{1}{3}=\frac{1}{2+1}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n=a_1+2 a_2+3 a_3+\cdots+n a_n+\cdots \ & 1=\frac{1}{2-1}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n(-1)^{n-1}=a_1-2 a_2+3 a_3-4 a_4 \cdots+n a_n(-1)^{n-1}+\cdots \end{aligned} $$

上述两式做差，得

$$ \frac{1}{3}-1=-\frac{2}{3}=2\left(2 a_2+4 a_4+\cdots+2 n a_{2 n}+\cdots\right)=4 \sum_{n=0}^{\infty} n a_{2 n} $$

于是有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n a_{2 n}=-\displaystyle\frac{1}{6}$。故选 A。

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：将和函数展开为幂级数
首先，将函数 $\ln(2+x)$ 进行变形，以便利用已知的 $\ln(1+u)$ 的幂级数展开式。注意到 $2+x = 2\left(1+\frac{x}{2}\right)$，因此有： $$ \ln(2+x) = \ln\left[2\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] = \ln 2 + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right). $$ 接下来，利用 $\ln(1+u)$ 在 $u=0$ 处的泰勒展开式（即麦克劳林级数）： $$ \ln(1+u) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n}, \quad |u| < 1. $$ 令 $u = \frac{x}{2}$，则当 $\left|\frac{x}{2}\right| < 1$ 即 $|x| < 2$ 时，有： $$ \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(x/2)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n} x^n. $$ 因此，原函数的幂级数展开式为： $$ \ln(2+x) = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n} x^n, \quad |x| < 2. $$ 由此可得幂级数的系数 $a_n$ 为： - 当 $n=0$ 时，$a_0 = \ln 2$； - 当 $n \geq 1$ 时，$a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n}$。 这样，我们就完成了将和函数展开为幂级数的第一步，得到了 $a_n$ 的表达式。
公式：\ln(2+x) = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n} x^n, \quad |x| < 2
提示：利用对数性质将函数转化为已知展开式的形式，注意系数中分母的 $2^n$ 不要遗漏。
步骤 2/4
目标：写出a_n的具体形式
由第一步已知，函数$f(x)=\ln(1+x)$在$x=0$处的泰勒展开式为： $$ \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n},\quad -1
公式：a_n = (-1)^{n-1} \frac{1}{n \cdot 2^n}, \quad n \ge 1
提示：将ln(1+x)展开后代入x=1/2即可得到通项，注意符号与分母的对应关系。
步骤 3/4
目标：代入目标级数并化简
本步骤的目标是将第2步中得到的 $a_{2n}$ 的表达式代入目标级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{2n}$，并进行化简。 首先，由第2步已知： $$a_{2n} = \frac{(-1)^{2n-1}}{2n \cdot 2^{2n}}$$ 现在，代入目标级数： $$\sum_{n=1}^{\infty} n a_{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot \frac{(-1)^{2n-1}}{2n \cdot 2^{2n}}$$ 注意到分子中的 $n$ 与分母中的 $2n$ 可以约去 $n$（因为 $n \neq 0$）： $$\sum_{n=1}^{\infty} n \cdot \frac{(-1)^{2n-1}}{2n \cdot 2^{2n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n-1}}{2 \cdot 2^{2n}}$$ 接下来，化简指数部分。由于 $(-1)^{2n-1} = (-1)^{2n} \cdot (-1)^{-1} = 1 \cdot (-1) = -1$（因为 $2n$ 是偶数，$(-1)^{2n}=1$），所以： $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n-1}}{2 \cdot 2^{2n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-1}{2 \cdot 2^{2n}}$$ 进一步化简分母：$2 \cdot 2^{2n} = 2^{1+2n} = 2^{2n+1}$，因此： $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{-1}{2 \cdot 2^{2n}} = \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{2^{2n+1}}$$ 所以，目标级数化简为： $$\sum_{n=1}^{\infty} n a_{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2n+1}}$$ 至此，我们完成了代入和化简步骤，得到了一个简洁的等比级数形式，为下一步求和做好了准备。
公式：$$\sum_{n=1}^{\infty} n a_{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2n+1}}$$
提示：注意 $(-1)^{2n-1} = -1$ 恒成立，可先化简符号再处理指数。
步骤 4/4
目标：计算级数和
本步骤的目标是计算级数 $\sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{2^{2n+1}}$ 的和。首先，将级数通项改写为便于求和的形式： $$ -\frac{1}{2^{2n+1}} = -\frac{1}{2 \cdot 2^{2n}} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4^n}. $$ 因此，原级数可表示为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{2^{2n+1}} = -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{4}\right)^n. $$ 这是一个等比级数，首项 $a = \frac{1}{4}$（当 $n=1$ 时），公比 $r = \frac{1}{4}$。由于 $|r| = \frac{1}{4} < 1$，级数收敛，其和为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{4}\right)^n = \frac{a}{1-r} = \frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} = \frac{1}{3}. $$ 代入原式得： $$ \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{2^{2n+1}} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = -\frac{1}{6}. $$ 另一种写法：直接提取 $n=1$ 项作为首项。当 $n=1$ 时，通项为 $-\frac{1}{2^{3}} = -\frac{1}{8}$，公比 $r = \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$，则级数和为： $$ -\frac{1}{8} \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{4}} = -\frac{1}{8} \cdot \frac{4}{3} = -\frac{1}{6}. $$ 两种方法结果一致。最终答案为 $-\frac{1}{6}$。 验证：考虑部分和 $S_N = \sum_{n=1}^{N} -\frac{1}{2^{2n+1}}$，当 $N \to \infty$ 时，$S_N \to -\frac{1}{6}$，且级数各项绝对值递减，收敛性良好，结果合理。
公式：\sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{2^{2n+1}} = -\frac{1}{6}
提示：提取公因子后化为标准等比级数，注意首项和公比的确定。

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