中册 6.3 函数项级数 第18题
📝 题目
18．设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}+x}$ ，证明：（1）级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}+x}$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致收玫；（2） $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=0$ ，且 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续；（3）$f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可导；（4）反常积分 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 发散．
💡 答案解析
解题过程：
（1）记 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{1}{2^{n}+x}$ ．对任 意 $\displaystyle x \in[0,+\infty), 00, \forall k \geqslant 1$ ，
$$
\int_{2^{k-1}}^{2^{k}} f(x) \mathrm{d} x=\int_{2^{k-1}}^{2^{k}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}+x} \mathrm{~d} x>\int_{2^{k-1}}^{2^{k}} \frac{1}{2^{k}+x} \mathrm{~d} x>\frac{1}{2^{k}+2^{k}}\left(2^{k}-2^{k-1}\right)>\frac{2^{k-1}}{2 \cdot 2^{k}}=\frac{1}{4} .
$$
所以 $\sum_{k=1}^{\infty} \int_{2^{k-1}}^{2^{k}} f(x) \mathrm{d} x$ 发散，故 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 发散。
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明级数在[0,+∞)上一致收敛
记 $u_n(x)=\frac{1}{2^n+x}$。对任意 $x\in[0,+\infty)$，有 $0
公式：$0
提示：注意控制函数项级数的上界时，分母中的x非负，因此可以放缩为$\frac{1}{2^n}$。
步骤 2/4
目标：证明极限为0且函数一致连续
由(1)知$f(x)$在$[0,+\infty)$上连续，故$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\sum_{n=1}^\infty \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2^n+x}=0$。
对任意$x_1,x_2\in[0,+\infty)$，有
$$|f(x_1)-f(x_2)|=\left|\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2^n+x_1}-\frac{1}{2^n+x_2}\right)\right|=\sum_{n=1}^\infty\frac{|x_1-x_2|}{(2^n+x_1)(2^n+x_2)}\leq \sum_{n=1}^\infty\frac{|x_1-x_2|}{4^n}=\frac{1}{3}|x_1-x_2|,$$
因此$f(x)$在$[0,+\infty)$上一致连续。
公式：$|f(x_1)-f(x_2)|\leq \frac{1}{3}|x_1-x_2|$
提示：利用一致收敛性保证逐项取极限的合理性；放缩时注意分母最小值在$x=0$处取得。
步骤 3/4
目标：证明函数可导
对$u_n(x)=\frac{1}{2^n+x}$求导得$u_n'(x)=-\frac{1}{(2^n+x)^2}$，且$|u_n'(x)|\leq \frac{1}{4^n}$。由于$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4^n}$收敛，故$\sum_{n=1}^\infty u_n'(x)$在$[0,+\infty)$上一致收敛。又每个$u_n'(x)$连续，由函数项级数逐项求导定理知$f(x)$在$[0,+\infty)$上连续可导，且$f'(x)=\sum_{n=1}^\infty u_n'(x)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2^n+x)^2}$。
公式：$f'(x)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2^n+x)^2}$
提示：验证导函数级数一致收敛时，同样使用Weierstrass判别法，上界为$\frac{1}{4^n}$。
步骤 4/4
目标：证明反常积分发散
由于$f(x)>0$，对任意正整数$k$，有
$$\int_{2^{k-1}}^{2^k} f(x)dx = \int_{2^{k-1}}^{2^k} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n+x} dx > \int_{2^{k-1}}^{2^k} \frac{1}{2^k+x} dx > \frac{1}{2^k+2^k}(2^k-2^{k-1}) = \frac{2^{k-1}}{2\cdot 2^k} = \frac{1}{4}.$$
因此$\sum_{k=1}^\infty \int_{2^{k-1}}^{2^k} f(x)dx$发散，从而$\int_0^{+\infty} f(x)dx$发散。
公式：$\int_{2^{k-1}}^{2^k} f(x)dx > \frac{1}{4}$
提示：放缩时只保留$n=k$项，并利用$x\leq 2^k$放大分母，得到下界为常数$\frac{1}{4}$，从而级数发散。
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