南京师范大学 2026年数学分析第0题

由于 $f(x)$ 在闭区间 $[0,2]$ 上恒正连续，故存在最小值 $m = \min_{x\in[0,2]} f(x) > 0$ 和最大值 $M = \max_{x\in[0,2]} f(x) < \infty$。对每个 $n$，有 $m \int_0^2 x^n \, dx \le a_n \le M \int_0^2 x^n \, dx$。计算积分 $\int_0^2 x^n \, dx = \frac{2^{n+1}}{n+1}$，因此得到 $m \cdot \frac{2^{n+1}}{n+1} \le a_n \le M \cdot \frac{2^{n+1}}{n+1}$。

考虑 $\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n}$。由上下界得 $\sqrt[n]{m \cdot \frac{2^{n+1}}{n+1}} \le \sqrt[n]{a_n} \le \sqrt[n]{M \cdot \frac{2^{n+1}}{n+1}}$。计算 $\sqrt[n]{\frac{2^{n+1}}{n+1}} = 2 \cdot \frac{2^{1/n}}{(n+1)^{1/n}}$。当 $n\to\infty$ 时，$2^{1/n}\to 1$，$(n+1)^{1/n}\to 1$，故该表达式趋于 $2$。又 $m^{1/n}\to 1$，$M^{1/n}\to 1$，因此上下极限均为 $2$，即 $\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = 2$。收敛半径 $R = \frac{1}{\limsup \sqrt[n]{a_n}} = \frac{1}{2}$。

当 $x = \frac{1}{2}$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^\infty a_n \left(\frac{1}{2}\right)^n$。利用下界估计：$a_n \left(\frac{1}{2}\right)^n \ge m \cdot \frac{2^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{2^n} = \frac{2m}{n+1}$。而 $\sum_{n=0}^\infty \frac{2m}{n+1}$ 是调和级数，发散，故原级数在 $x = \frac{1}{2}$ 处发散。

当 $x = -\frac{1}{2}$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^\infty a_n \left(-\frac{1}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{2^n}$。由于 $a_n = \int_0^2 x^n f(x) \, dx$，且 $x^n$ 在 $[0,2]$ 上关于 $n$ 单调递减（对每个固定的 $x$），故 $a_n$ 单调递减趋于 $0$。因此 $\frac{a_n}{2^n}$ 也单调递减趋于 $0$。由莱布尼茨判别法，该交错级数收敛（条件收敛）。

收敛半径为 $R = \frac{1}{2}$，在 $x = \frac{1}{2}$ 处发散，在 $x = -\frac{1}{2}$ 处收敛，因此幂级数的收敛域为 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$。

幂级数 $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ 的收敛半径为 $\frac{1}{2}$，且在端点 $x = \pm \frac{1}{2}$ 处发散，因此收敛域为开区间 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$。