中册 6.1 数项级数的敛散性 第4题
📝 题目
4．讨论下列级数的玫散性．
（1）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{\ln 4+\ln 27+\cdots+\ln n^{n}}$ ．
（2）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln (n!)}$ ．
（3）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n!}}{(2+\sqrt{1})(2+\sqrt{2}) \cdots(2+\sqrt{n})}$ ．
（4）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1!+2!+3!+\cdots+n!}{(2 n)!}$ ．
（5）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^{n}}$ ．
（6）$\displaystyle \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$ ．
（7）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{(1+x)\left(1+x^{2}\right) \cdots\left(1+x^{n}\right)}, x \geqslant 0$ ．
（8）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}$ ．
（9）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right)\right]$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因 $\displaystyle \frac{n}{\ln 4+\ln 27+\cdots+\ln n^{n}} \geqslant \frac{n}{n \ln n^{n}}=\frac{1}{n \ln n}$ ，积分 $\displaystyle \int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x \ln x} \mathrm{~d} x=\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} t}{t}$ 发散，所以 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$发散，故 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{\ln 4+\ln 27+\cdots+\ln n^{n}}$ 发散。
（2）由 $n!\leqslant n^{n}$ 有 $\displaystyle \frac{1}{n \ln n} \leqslant \frac{1}{\ln n!}$ ．又积分 $\displaystyle \int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x \ln x} \mathrm{~d} x=\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{1}{t} \mathrm{~d} t$ 发散，故 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 发散，从而 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln (n!)}$ 发散．
（3）记 $\displaystyle u_{n}=\frac{\sqrt{n!}}{(2+\sqrt{1})(2+\sqrt{2}) \cdots(2+\sqrt{n})}$ ，则 $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\sqrt{n+1}}{2+\sqrt{n+1}}$ ．由
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(1-\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n}{2+\sqrt{n+1}}=+\infty
$$
$\exists r>1, \exists N_{0} \in N$ ，当 $n>N_{0}$ 时有 $\displaystyle n\left(1-\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right) \geqslant r>1$ ．所以原级数发散．
（4）记 $\displaystyle u_{n}=\frac{1!+2!+3!+\cdots+n!}{(2 n)!}$ ，则 $\displaystyle u_{n} \leqslant \frac{n n!}{(2 n)!}=\frac{n}{(n+1) \cdots(2 n-1) 2 n}<\frac{1}{n^{2}}(n>100)$ ，从而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$收敛。
（5）$\displaystyle \sqrt[n]{\frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^{n}}}=\frac{1}{\ln n} n^{\frac{\ln n}{n}}=\frac{1}{\ln n} \mathrm{e}^{\frac{\ln n \cdot \ln n}{n}}$ ，而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln n \cdot \ln n}{n}=0$ ，从而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^{n}}}=0$ ．于是 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^{n}}$收玫。
（6）当 $n>\mathrm{e}^{\mathrm{e}^{2}}$ 时，$\displaystyle \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}=\frac{1}{\mathrm{e}^{\ln n \ln (\ln n)}}=\frac{1}{\left(\mathrm{e}^{\ln n}\right)^{\ln \ln n}}=\frac{1}{n^{\ln \ln n}}<\frac{1}{n^{2}}$ ，且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 收玫，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$ 收敛。
（7）记 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{x^{n}}{(1+x)\left(1+x^{2}\right) \cdots\left(1+x^{n}\right)}$ ．
当 $x=0$ 时，$u_{n}(0)=0, \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(0)$ 收敛；
当 $x>0$ 时， $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n+1}(x)}{u_{n}(x)}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{1+x^{n+1}}=\left\{\begin{array}{l}x, 01,\end{array}\right.$ 于是 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 收玫．
（8）由于 $\displaystyle \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}} \sim \frac{1}{n}(n \rightarrow \infty)$ 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，可知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}$ 发散。
（9）由泰勒公式 $\displaystyle \mathrm{e}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{\mathrm{e}^{\xi}}{(n+1)!}$ ，则
$$
0
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：分析级数通项与比较级数的关系
对于级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{\ln 4+\ln 27+\cdots+\ln n^{n}}$，注意到分母中每一项 $\ln k^{k}=k\ln k$，因此分母为 $\sum_{k=2}^{n} k\ln k$。由于 $\sum_{k=2}^{n} k\ln k \leq n\cdot n\ln n = n^2\ln n$，但我们需要下界。实际上，$\sum_{k=2}^{n} k\ln k \leq n\cdot n\ln n$ 是上界，但比较需要下界。更精确地，$\sum_{k=2}^{n} k\ln k \geq n\ln n$（因为最后一项 $n\ln n$ 是最大的，但求和至少有一项），所以 $\frac{n}{\sum_{k=2}^{n} k\ln k} \leq \frac{n}{n\ln n} = \frac{1}{\ln n}$，这不够。实际上，我们想要下界：$\sum_{k=2}^{n} k\ln k \leq n\cdot n\ln n = n^2\ln n$，所以 $\frac{n}{\sum_{k=2}^{n} k\ln k} \geq \frac{n}{n^2\ln n} = \frac{1}{n\ln n}$。因此通项 $u_n \geq \frac{1}{n\ln n}$。
公式：$\sum_{k=2}^{n} k\ln k \leq n^2\ln n$
提示：注意不等式方向：分母越大，分数越小；这里用分母的上界得到通项的下界。
步骤 2/3
目标：判断比较级数的敛散性
考虑级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n\ln n}$。由积分判别法，$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x\ln x} dx = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{1}{t} dt$ 发散，因此 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n\ln n}$ 发散。
公式：$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x\ln x} dx = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{1}{t} dt$
提示：积分判别法要求函数单调递减，$\frac{1}{x\ln x}$ 在 $x>1$ 时递减。
步骤 3/3
目标：由比较判别法得出原级数发散
由于 $u_n \geq \frac{1}{n\ln n}$ 且 $\sum \frac{1}{n\ln n}$ 发散，由比较判别法，原级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{\ln 4+\ln 27+\cdots+\ln n^{n}}$ 发散。
提示：比较判别法：若 $0 \leq a_n \leq b_n$，且 $\sum b_n$ 收敛则 $\sum a_n$ 收敛；若 $a_n \geq b_n \geq 0$ 且 $\sum b_n$ 发散则 $\sum a_n$ 发散。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。