中册 6.4 幂级数 第21题
📝 题目
21．求下列函数的麦克劳林展开式．
（1）$f(x)=(1+x) \ln (x+1)$ ．
（2）$f(x)=\ln \left(1-x-2 x^{2}\right)$ ．
（3）$f(x)=\ln \left(2+x^{2}\right)$ ．
（4）$\displaystyle f(x)=\int_{0}^{x} \frac{\ln (1+t)}{t} \mathrm{~d} t$ ．
（5）$\displaystyle f(x)=\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right) \mathrm{d} t$. ．深圳大学 2009）
（6）$f(x)=\ln \left(1+x+x^{2}\right)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由 $\displaystyle \ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}, x \in(-1,1]$ 得
（1）$\displaystyle f(x)=\ln (1+x)+x \ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}+x \cdot \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}=x+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n-2}}{n(n-1)} x^{n},|x| \leqslant 1$ ．
（2）$f(x)=\ln \left(1-x-2 x^{2}\right)=\ln (1+x)(1-2 x)=\ln (1+x)+\ln (1-2 x)$
$$
=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{(-2 x)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n}-2^{n}}{n}\right] x^{n}, x \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) .
$$
（3）$\displaystyle f(x)=\ln \left(2+x^{2}\right)=\ln 2+\ln \left[1+\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)^{2}\right]=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)^{2 n}$
$$
=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2^{n} n},|x|<\sqrt{2} .
$$
（4）$\displaystyle f(x)=\int_{0}^{x} \frac{\ln (1+t)}{t} \mathrm{~d} t=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n} \int_{0}^{x} t^{n-1} \mathrm{~d} t=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}} x^{n}, x \in[-1,1]$ ．
（5）由 $\displaystyle \int_{0}^{x} \frac{\ln (1+t)}{t} \mathrm{~d} t=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}} x^{n}$ 得
$$
\begin{aligned}
f(x) & =\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right) \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln (1+t) \mathrm{d} t-\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln (1-t) \mathrm{d} t=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}} x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}(-x)^{n} \\
& =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}} x^{n}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}+1}{n^{2}} x^{n},|x| \leqslant 1 .
\end{aligned}
$$
（6）由 $\displaystyle \ln (1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}, x \in[-1,1)$ 及 $\displaystyle \ln \left(1-x^{3}\right)=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3 n}}{n}, x \in[-1,1)$ 得
$$
f(x)=\ln \frac{1-x^{3}}{1-x}=\ln \left(1-x^{3}\right)-\ln (1-x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3 n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left(x^{n}-x^{3 n}\right) .
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：回顾基本展开式
回忆 $\ln(1+x)$ 的麦克劳林展开式：$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$，收敛域为 $(-1,1]$。
公式：\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}
提示：注意 $n$ 从1开始，且收敛区间包含 $x=1$ 但不包含 $x=-1$。
步骤 2/7
目标：展开第(1)题
将 $f(x) = (1+x)\ln(1+x)$ 展开：$f(x) = \ln(1+x) + x\ln(1+x)$。代入展开式得：$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} + x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n+1}}{n}$。合并同次幂：当 $n=1$ 时，第一项为 $x$，第二项无 $x$ 项；当 $n\ge 2$ 时，$x^n$ 的系数来自第一项的 $n$ 和第二项的 $n-1$，即 $(-1)^{n-1}\frac{1}{n} + (-1)^{n-2}\frac{1}{n-1} = \frac{(-1)^{n-2}}{n(n-1)}$。因此 $f(x) = x + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n-2}}{n(n-1)} x^n$，收敛域 $|x|\le 1$。
提示：合并幂级数时注意指标变换，$x^{n+1}$ 改写为 $x^n$ 时 $n$ 从2开始。
步骤 3/7
目标：展开第(2)题
因式分解：$1-x-2x^2 = (1+x)(1-2x)$，所以 $f(x) = \ln(1+x) + \ln(1-2x)$。利用 $\ln(1-2x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(-2x)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(-2)^n x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n-1} 2^n x^n}{n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n x^n}{n}$。因此 $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} - 2^n}{n} x^n$，收敛域为 $|x| < \frac{1}{2}$ 且 $x$ 满足 $|x|\le 1$ 和 $|2x|<1$，即 $|x|<\frac{1}{2}$，但端点 $x=-\frac{1}{2}$ 时 $\ln(1-2x)=\ln 2$ 收敛，$x=\frac{1}{2}$ 发散，故收敛域 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。
公式：\ln(1-2x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n x^n}{n}
提示：注意 $\ln(1-2x)$ 展开时符号处理，以及收敛域需取交集。
步骤 4/7
目标：展开第(3)题
将 $f(x) = \ln(2+x^2)$ 变形：$f(x) = \ln 2 + \ln\left(1+\frac{x^2}{2}\right)$。令 $u = \frac{x^2}{2}$，则 $\ln(1+u) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n}$，所以 $f(x) = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(x^2/2)^n}{n} = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n}}{2^n n}$，收敛域由 $|u|<1$ 即 $|x|^2/2 < 1$ 得 $|x|<\sqrt{2}$。
公式：\ln(1+u) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n}
提示：注意 $\ln(2+x^2)$ 不能直接展开，需先提取常数因子。
步骤 5/7
目标：展开第(4)题
利用 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^n}{n}$，则 $\frac{\ln(1+t)}{t} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^{n-1}}{n}$。逐项积分得：$f(x) = \int_0^x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^{n-1}}{n} dt = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n} \int_0^x t^{n-1} dt = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n^2}$，收敛域为 $[-1,1]$（因为 $\ln(1+t)/t$ 在 $t=0$ 可去，且 $t=-1$ 时级数收敛）。
公式：\int_0^x t^{n-1} dt = \frac{x^n}{n}
提示：逐项积分需验证一致收敛性，此处幂级数在收敛区间内可逐项积分。
步骤 6/7
目标：展开第(5)题
利用对数性质：$\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right) = \ln(1+t) - \ln(1-t)$，所以 $f(x) = \int_0^x \frac{\ln(1+t)}{t} dt - \int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t} dt$。第一个积分即第(4)题结果：$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n^2}$。第二个积分：$\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n}$，所以 $\frac{\ln(1-t)}{t} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n-1}}{n}$，积分得 $-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2}$。因此 $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n^2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}+1}{n^2} x^n$，收敛域 $|x|\le 1$。
公式：\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n}
提示：注意第二个积分中 $\ln(1-t)$ 展开的符号，以及积分后负号的处理。
步骤 7/7
目标：展开第(6)题
利用恒等式：$1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$（当 $x\neq 1$），所以 $f(x) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x)$。已知 $\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，$\ln(1-x^3) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{n}$，因此 $f(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{n}$，收敛域为 $|x|<1$（因为 $\ln(1-x)$ 要求 $|x|<1$，$\ln(1-x^3)$ 要求 $|x|<1$）。
公式：\frac{1-x^3}{1-x} = 1+x+x^2
提示：注意 $x=1$ 时原函数无定义，收敛域为开区间 $(-1,1)$。
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