河南师范大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
四、（16 分）$\displaystyle \left\{a_{n}\right\}$ 为单调递增的正数列，证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n+1} \sqrt{a_{n}}}$ 收玫．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：分析通项结构，确定级数为正项级数
由于 $\{a_n\}$ 单调递增且为正，故 $a_{n+1} - a_n > 0$，通项 $b_n = \frac{a_{n+1} - a_n}{a_{n+1} \sqrt{a_n}} > 0$，因此该级数为正项级数。
公式：$b_n = \frac{a_{n+1} - a_n}{a_{n+1} \sqrt{a_n}} > 0$
提示：注意正项级数收敛的判别方法：部分和有上界则收敛。
步骤 2/5
目标：尝试裂项，寻找与通项相关的放缩关系
考虑 $\frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}$ 的表达式：
$$
\frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} = \frac{\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_n}}{\sqrt{a_n a_{n+1}}} = \frac{a_{n+1} - a_n}{\sqrt{a_n a_{n+1}}(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n})}.
$$
由于 $\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n} \le 2\sqrt{a_{n+1}}$（因为 $a_{n+1} \ge a_n$），可得：
$$
\frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} \ge \frac{a_{n+1} - a_n}{\sqrt{a_n a_{n+1}} \cdot 2\sqrt{a_{n+1}}} = \frac{a_{n+1} - a_n}{2 a_{n+1} \sqrt{a_n}} = \frac{b_n}{2}.
$$
公式：$\frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} \ge \frac{b_n}{2}$
提示：放缩时注意不等式方向，这里用 $\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n} \le 2\sqrt{a_{n+1}}$ 得到下界。
步骤 3/5
目标：建立通项与裂项之间的不等式
由上述不等式可得：
$$
b_n \le 2\left( \frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} \right).
$$
公式：$b_n \le 2\left( \frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} \right)$
提示：注意不等式方向，将 $b_n$ 放大为可裂项的形式。
步骤 4/5
目标：利用裂项求和估计部分和的上界
设部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N b_n$，则：
$$
S_N \le 2\sum_{n=1}^N \left( \frac{1}{\sqrt{a_n}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}} \right) = 2\left( \frac{1}{\sqrt{a_1}} - \frac{1}{\sqrt{a_{N+1}}} \right).
$$
由于 $a_{N+1} > 0$，故 $\frac{1}{\sqrt{a_{N+1}}} > 0$，因此：
$$
S_N < \frac{2}{\sqrt{a_1}}.
$$
公式：$S_N < \frac{2}{\sqrt{a_1}}$
提示：裂项相消后，注意 $\frac{1}{\sqrt{a_{N+1}}}$ 为正，所以上界严格小于 $\frac{2}{\sqrt{a_1}}$。
步骤 5/5
目标：根据正项级数收敛的充要条件得出结论
正项级数的部分和 $S_N$ 单调递增（因为 $b_n > 0$），且有上界 $\frac{2}{\sqrt{a_1}}$，因此 $\lim_{N \to \infty} S_N$ 存在且有限，即原级数收敛。
公式：正项级数收敛 $\iff$ 部分和有上界
提示：单调递增有上界则极限存在，这是正项级数收敛的基本判别法。
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