长安大学 2026年数学分析第0题

对于任意 $x \in [-1,1]$，有 $\left| \frac{x^n}{n^2 \ln n} \right| \le \frac{1}{n^2 \ln n}$。由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2 \ln n}$ 收敛（与 $\sum 1/n^2$ 比较），由 Weierstrass M-判别法知，原级数在 $[-1,1]$ 上一致收敛。每一项 $\frac{x^n}{n^2 \ln n}$ 在 $[-1,1]$ 上连续，一致收敛级数的和函数在区间上连续，故 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续。

当 $|x|<1$ 时，逐项求导得 $f'(x) = \sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n-1}}{n \ln n}$。考虑 $x \in (-1,0]$，对任意 $\delta > 0$，在 $[-1+\delta, 0]$ 上，$\left| \frac{x^{n-1}}{n \ln n} \right| \le \frac{(1-\delta)^{n-1}}{n \ln n}$，该级数收敛，故导函数级数在 $(-1,0]$ 内闭一致收敛。因此 $f$ 在 $(-1,0]$ 上可导，且 $f'_+(-1) = \lim_{x \to -1^+} f'(x) = \sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n \ln n}$，该交错级数由莱布尼茨判别法收敛，故右导数存在。

当 $0 \le x < 1$ 时，$f'(x) = \sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n-1}}{n \ln n}$。考虑积分比较：由于函数 $t \mapsto \frac{x^{t-1}}{t \ln t}$ 在 $t \ge 2$ 时递减，有 $\sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n-1}}{n \ln n} \ge \int_2^\infty \frac{x^{t-1}}{t \ln t} \, dt$。令 $u = -\ln x > 0$，则 $x^{t-1} = e^{-u(t-1)}$，积分化为 $\int_2^\infty \frac{e^{-u(t-1)}}{t \ln t} \, dt$。当 $x \to 1^-$ 时 $u \to 0^+$，取 $t$ 从 $2$ 到 $1/u$，被积函数约 $\frac{1}{t \ln t}$，积分发散至 $+\infty$，故原级数发散至 $+\infty$。

假设 $f(x)$ 在 $x=1$ 处左可导，则左导数 $f'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 存在且有限。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_x \in (x,1)$ 使得 $\frac{f(x)-f(1)}{x-1} = f'(\xi_x)$。当 $x \to 1^-$ 时，$\xi_x \to 1^-$，故 $\lim_{x \to 1^-} f'(\xi_x) = \lim_{x \to 1^-} f'(x) = +\infty$（由(3)），这与左导数有限矛盾。因此 $f(x)$ 在 $x=1$ 处左不可导。