第七章無窮級數
§7.1常數項級數
一、熟知考綱考點
1了解級數的收斂與發散、收斂級數的和的概念.
2掌握級數的基本性質和級數收斂的必要條件，掌握幾何級數及p級數的收斂與發散的條件.掌握正項級數的比較判別法和比值差別法.
3了解任意項級數絕對收斂與條件收斂的概念，以及它們之間的關係.掌握交錯級數的萊布尼茨差別法.
二、本節知識串講
1.常數項級數收斂的定義
如果級數∑∞k=1ak的部分和數列Sn=∑nk=1ak有極限S，即
limn→∞Sn=limn→∞∑nk=1ak=S，
則稱級數∑∞k=1ak收斂，S為其和，記為∑∞k=1ak=S.
2.常數項級數收斂的基本性質
(1)設常數c≠0，則∑∞n=1can與∑∞n=1an具有相同的收斂性，且∑∞n=1an收斂時，有
∑∞n=1can=c∑∞n=1an.
(2)若級數∑∞n=1an與∑∞n=1bn都收斂，則級數∑∞n=1(an±bn)也收斂，且
∑∞n=1(an±bn)=∑∞n=1an±∑∞n=1bn.
(3)在級數中添加或去掉有限項不影響級數的收斂性.
(4)收斂級數加括號後所成的級數仍收斂於原來的和.
(5)級數∑∞n=1an收斂的必要條件是limn→∞an=0.
［應試陷阱］性質(5)隻是級數收斂的必要條件，不能由此判定級數收斂；性質(5)常用來作為級數發散的判別定理；可用性質(5)來驗證某些極限值為零的極限(參見第一章).
3.正項級數收斂性的判定
(1)比較判別法：
若0≤an≤C·bn，n=N，N+1，…C＞0是常數，則
由∑∞n=1bn收斂，有∑∞n=1an收斂；
由∑∞n=1an發散，有∑∞n=1bn發散.
(2)比較判別法的極限形式：
設∑∞n=1an與∑∞n=1bn是正項級數，若limn→∞anbn=l(0＜l＜+∞)，
則級數∑∞n=1an與∑∞n=1bn同時收斂或同時發散.
l=0時：若∑∞n=1bn收斂，則∑∞n=1an也收斂；若∑∞n=1an發散，則∑∞n=1bn也發散.
l=+∞時：若∑∞n=1an收斂，則∑∞n=1bn也收斂；若∑∞n=1bn發散，則∑∞n=1an也發散.
(3)幾個常用的比較級數：
①幾何級數：∑∞n=0a·qn，當｜q｜＜1時收斂，和為a1-q；
當｜q｜≥1時，發散.
②p-級數：∑∞n=11np，當p＞1時收斂，
當p≤1時發散，特別是p=1時，∑∞n=11n稱為調和級數.
此外，常用的比較級數還有∑∞n=21nlnpn，當p＞1時收斂；當p≤1時發散.
(4)比值判別法：
設an＞0，當limn→∞an+1an=ρ＜1，則∑∞n=1an收斂，
=1，判別法失效，
＞1，則∑∞n=1an發散，且limn→∞an≠0.
(5)根值判別法：
設an＞0，若limn→∞nan=ρ＜1，則∑∞n=1an收斂，
=1，判別法失效，
＞1，則∑∞n=1an發散，且limn→∞an≠0.
(6)積分判別法：
設∑∞n=1an(an≥0)，若在［1，+∞)上存在一個連續減函數f(x)，有f(n)=an，則∑∞n=1an與∫+∞1f(x)dx具有相同的斂散性.
注意比值法與根值法的條件是充分而非必要的.
4.交錯級數收斂的判定
若un＞0，級數∑∞n=1(-1)n-1un稱為交錯級數.
萊布尼茲判別法：設交錯級數∑∞n=1(-1)n-1un滿足：
(1)un≥un+1，n=1，2，…；
(2)limn→∞un=0.
則∑∞n=1(-1)n-1un收斂，且其和S≤u1，餘項｜Rn｜≤un+1.
5.絕對收斂與條件收斂
若∑∞n=1｜un｜收斂，必有∑∞n=1un收斂，並稱∑∞n=1un為絕對收斂；若∑∞n=1｜un｜發散，但∑∞n=1un收斂，則稱∑∞n=1un為條件收斂.
［解法總結］判別級數∑∞n=1un是絕對收斂還是條件收斂時，往往先討論∑∞n=1｜un｜的收斂性.
三、能力、思維、方法
［能力素質］
在常數項級數的討論中，重點是正項級數與交錯級數斂散性的判別，尤其是前者.而對於正項級數斂散性的判別，一般應注意以下幾個問題：
(1)若通項an中隻含有與n有關的指數冪的因子，則用根值判別法.
(2)若通項an中含有n!或因子中含有個數與n有關的連乘積時，使用比值判別法.
(3)若通項an與某個無窮小等價，則用比較判別法及其極限形式.
具體解題時，應按(1)、(2)、(3)項的順序考慮.
此外，注意用級數收斂的必要條件作為級數發散的判定定理.
例1判別下列正項級數的收斂性：
(1)∑∞n=12n·n!nn；(2)∑∞n=12-n-(-1)n；
(3)∑∞n=1(3n3n+1)n；
(4)∑∞n=12n+1(n+1)2(n+2)2；
(5)∑∞n=12n·sinπ3n；(6)∑∞n=1n2(n+1n)n；
(7)∑∞n=1(12n+13n)；(8)∑∞n=21(lnn)2.
解(1)分析因通項與n!有關，所以應用比值法：
由於limn→∞an+1an=limn→∞2nn+1n=2e＜1，於是∑∞n=12n·n!nn收斂.
(2)分析因為通項與指數冪有關，應用根值法.
由於limn→∞nan=12＜1，於是∑∞n=12-n-(-1)n收斂.
注：此題若用比值法，則失效.
(3)分析通項與指數冪有關，應先用根值法：
limn→∞nan=limn→∞3n3n+1=1，失效.
再用比值法：limn→∞an+1an=1，亦失效.
而limn→∞an=limn→∞11+13nn=e-13≠0.
故∑∞n=13n3n+1n發散.
注：請讀者仔細領會本題的解題過程.
(4)分析因為通項等價於無窮小2n3(n∞時)，所以用比較法的極限形式.
∵limn→∞2n+1(n+1)2(n+2)22n3=1，而∑∞n=12n3收斂.
∴∑∞n=12n+1(n+1)2(n+2)2收斂.
(5)分析∵2nsinπ3n～π23n(n→∞)，而∑∞n=1π23n是公比小於1的收斂的幾何級數，所以用比較法的極限形式.
由比較判別法的極限形式知∑∞n=12nsinπ3n收斂.
(6)分析∵通項與指數冪有關，∴用根值法.
由於limn→∞nn2(n+1n)n=0，故∑∞n=1n2n+1nn收斂.
(7)∵∑∞n=112n與∑∞n=113n是公比小於1的幾何級數，∴∑∞n=112n+13n收斂.
(8)∵limx→+∞(lnx)2x=limx→+∞2lnxx=limx→+∞2x=0，
∴當x充分大時，(lnx)2x＜1.
故當n充分大時，1(lnn)2＞1n.而∑∞n=11n發散.
∴原級數∑∞n=21(lnn)2發散.
例2求下列級數的和：
(1)∑∞n=11(3n-2)(3n+1)；
(2)已知∑∞n=11n2=π26，求∑∞n=11n2(n+1)2(n+2)2；
(3)12+322+523+…+2n-12n+…；
(4)1+11+2+11+2+3+…+11+2+3+…+n+….
解(1)用待定係數法分解通項：
1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1，
所以Sn=∑nk=11(3k-1)(3k+1)=13∑nk=113k-2-13k+1
=131-13n+1，
因此S=limn→∞Sn=13.
(2)用待定係數法分解通項：
1n2(n+1)2(n+2)2=14n2+1(n+1)2+14(n+2)2-341n-1n+2，
所以S=14∑∞n=11n2+∑∞n=11(n+2)2+14∑∞n=11(n+2)2-34∑∞n=11n-1n+2
=14·π２6+π26-1+14π26-1-14-34·32.
=π２4-3916.
(3)Sn=12+322+523+…+2n-12n，
12Sn=122+323+524+…+2n-32n+2n-12n+1.
兩式相減得
12Sn=12+12+122+…+12n-1+(-1)·2n-12n+1
=1+122-12n1-12-2n-12n+1=1+12-12n-1-2n-12n+1，
∴S=limn→∞Sn=3.
(4)∵1+2+3+…+n=n(n+1)2，有
Sn=21(1+1)+22(2+1)+23(3+1)+…+2n(n+1)
=2∑nk=11k(k+1)=2∑nk=1(1k-1k+1)=2(1-1n+1)，
所以limn→∞Sn=2.
［激活思維］
例3已知正項級數∑∞n=1an收斂，證明下列正項級數也收斂：
(1)∑∞n=1anan+1；(2)∑∞n=1ann；(3)∑∞n=1a2n.
分析這是正項級數收斂的證明題，所以隻能用比較法，而不能用比值法或根值法.
證(1)∵anan+1≤12(an+an+1)
由∑∞n=1an收斂，知∑∞n=1an+1也收斂，所以∑∞n=112(an+an+1)也收斂.
由比較法知∑∞n=1anan+1收斂.
(2)與(1)類似。∵ann≤12(an+1n2)，
∴∑∞n=1an收斂，且∑∞n=11n2收斂，知∑∞n=112an+1n2收斂，
∴由比較法知∑∞n=1ann收斂.
(3)∵∑∞n=1an收斂，∴limn→∞an=0.因此當n充分大時，必有an＜1，
∴此時有a2n＜an(當n充分大時).
由比較法知∑∞n=1a2n收斂.
例4設a1=2，an+1=12(an+1an)，n=1，2，…，證明：
(1)limn→∞an存在；(2)級數∑∞n=1anan+1-1收斂.
分析根據單調有界數列必有極限的準則，隻要證明｛an｝單調有界即可.證明要注意an+1的特殊形式，對於(2)可以利用比較法.
證(1)∵an+1=12an+1an≥an1an=1，且有
an+1-an=12an+1an-an=1-a2n2an≤0.
所以數列｛an｝單調遞減且有下界，因此limn→∞an存在.
(2)由(1)得
0≤anan+1-1≤an-an+1an+1≤an-an+1，
記Sn=∑nk=1(ak-ak+1)=a1-an+1.
∵limn→∞an+1存在，故limn→∞Sn存在.所以∑∞n=1(an-an+1)收斂.因此由比較判別法知，級數∑∞n=1anan+1-1收斂.
例5設an=∫π40tannxdx：
(1)求∑∞n=11n(an+an+2)的值；
(2)證明對任意的常數λ＞0，級數∑∞n=1annλ收斂.
分析注意(1)對(2)有啟發作用.
證(1)∵1n(an+an+2)=1n∫π40tannx(1+tan2x)dx=1n∫π40tannx·sec2xdx，
令t=tanx，則上式=1n∫10tndt=1n(n+1).
Sn=∑nk=11k(ak+ak+2)=∑nk=11k(k+1)=1-1n+1，
∴∑∞n=11n(an+an+2)=limn→∞Sn=1.
(2)∵an=∫π40tannxdxtanx=t∫10tn1+t2dt＜∫10tndt=1n+1，
∴annλ＜1nλ(n+1)＜1nλ+1.
由λ+1＞1知∑∞n=11nλ+1收斂，從而∑∞n=1annλ收斂.
例6設｛nan｝收斂，且級數∑∞n=1n(an-an-1)收斂，證明∑∞n=0an也收斂.
證由∑nk=1k(ak-ak-1)=-∑n-1k=0ak+nan知∑n-1k=0ak=nan-∑nk=1k(ak-ak-1).
又設limn→∞nan=A，
limn∞∑nk=1k(ak-ak-1)=B，
∴∑∞n=1an=A-B，故∑∞n=1an收斂.
例7討論下列級數是絕對收斂，還是條件收斂，或是發散.
(1)∑∞n=1(-1)n+1·12n-1；(2)∑∞n=1(-1)n(n-1)2·n102n；
(3)1π2sinπ2-1π3sinπ3+1π4sinπ4-…；(4)∑∞n=1(-1)nn-lnn.
解(1)an=(-1)n+1·12n-1，｜an｜=12n-1＞12n，
由於∑∞n=112n發散，故∑∞n=1｜an｜=∑∞n=1(-1)(n+1)·12n-1發散.
而an+1-an=12(n+1)-1-12n-1=-2(2n-1)(2n+1)＜0.
所以an+1＜an，且limn→∞an=0.
由萊布尼茲判別法知∑∞n=1(-1)n+112n-1收斂，因而原級數為條件收斂.
(2)limn→∞｜an+1｜｜an｜=limn→∞(n+1)102n+1n102n=limn→∞12(1+1n)10=12＜1.
由比值法知∑∞n=1｜an｜收斂，即∑∞n=1(-1)n(n-1)2.n102n絕對收斂.
(3)∵an=(-1)n1πnsinπn，
∴limn→∞n｜an｜=limn→∞n1πnsinπn=1πlimn→∞nsinπn=1π＜1.
由根值法知∑∞n=1｜an｜收斂，即∑∞n=1(-1)n·1πnsinπn絕對收斂.
(4)∵an=(-1)nn-lnn.顯然｜an｜=1n-lnn≥1n，
於是∑∞n=11n發散，故∑∞n=1｜an｜發散.
而an+1-an=1(n+1)-ln(n+1)-1n-lnn=
ln(1+1n)-1(n-lnn)［(n+1)-ln(n+1)］＜0，
即an+1＜an，又limn→∞1n-lnn=0.
由萊布尼茲判別法知∑∞n=1(-1)nn-lnn收斂，故從而原級數條件收斂.
例8討論∑∞n=1sin(πn2+c2)(c≠0)的收斂性.
解∴sinπn2+c2=sin(πn2+c2-nπ+nπ)=(-1)nsinπ(n2+c2-n)=
(-1)nsinc2πn2+c2+n，
當n充分大後sinc2πn2+c2+n單調下降趨於零，所以由萊布尼茲判別法知原級數條件收斂.
例9討論下列級數的斂散性：
(1)∑∞n=2sin(nπ+1lnn)；(2)∑∞n=1(-1)nlnnn.
解(1)本題與例8一樣，先應經過變形：
un=sin(nπ+1lnn)=cosnπ·sin1lnn=(-1)nsin1lnn，
因此原級數∑∞n=2(-1)nsin1lnn是一個交錯級數，根據萊布尼茲判別法，
由limn→∞sin1lnn=0，sin1ln(n+1)＜sin1lnn，
因此∑∞n=2(-1)nsin1lnn收斂.，但因sin1lnn≈1lnn(n→∞).
而∑∞n=21lnn發散，故原級數為條件收斂.
(2)∵｜un｜=(-1)nlnnn=lnnn＞1n，而調和級數∑∞n=11n發散，故∑∞n=1｜un｜=∑∞n=1(-1)n·lnnn發散.
而lnxx′=1-lnxx2＜0(x充分大時)以及limx→+∞lnxx=limx→∞1x=0，有lnnn單調遞減且趨於0(n→∞時).
因而由萊布尼茲定理知∑∞n=1(-1)nlnnn收斂，即原級數為條件收斂.
例10設α為實數，研究α在什麼情況下使級數1-12α+13-14α+15-16α+…收斂.
解當α=1時，顯然交錯級數1-12+13-14+…收斂.
當α＞1時，取S2n=1+13+15+…+12n-1-12α1+12α+13α+…+1nα.
由於n→∞時，前一括號趨於+∞；後一括號趨於定值(∵它是p＞1的收斂的p—級數的前n項之和).從而有S2n→+∞，所以原級數發散.
當α＜1時，取
S2n+1=1-12α-13-14α-15-……-1(2n)α-12n+1=
1-12α-13+14α-15+…+1(2n)α-12n+1，
而limn→∞1(2n)α-12n+11nα=limn→∞12α-nα2n+1=12α.
∵級數∑∞n=11nα當α＜1時發散，∴有∑∞n=11(2n)α-12n+1發散.
因而S2n+1+∞，故而原級數發散.
綜上所述，此級數隻有當α=1時收斂.
例11設正項數列｛an｝單調減少，且∑∞n=1(-1)nan發散，試問級數∑∞n=11an+1n是否收斂?並說明理由.
分析由正項數列｛an｝單調減少，立即可知limn→∞an=a≥0，且an≥a，於是1an+1≤1a+1，若能證明a＞0，則由比較法即可知所給級數收斂.
解由正項數列｛an｝單調減少知limn→∞an存在，記為a，則a≥0，且對一切n有an≥a，
從而1an+1≤1a+1(n=1，2，…).
另一方麵，因∑∞n=1(-1)nan發散，故a＞0.
因為若a=0，則由萊布尼茲判別法知∑∞n=0(-1)nan收斂.又因a＞0，故等比級數∑∞n=11a+1n的公比1a+1＜1，∑∞n=11a+1n收斂.
由比較判別法知∑∞n=11an+1n收斂.
另解亦可用根值法得出limn→∞n1an+1n=limn→∞1an+1=1a+1＜1，因而∑∞n=11an+1n收斂.
例12設函數f(x)在點x=0的某一鄰域內具有二階連續導數，且limx→0f(x)x=0，證明級數∑∞n=1f1n絕對收斂.
分析要證明∑∞n=1f1n絕對收斂，希望能證明f1n=O1n2.(當n充分大時).
又由於f(x)在x=0的某鄰域內具有二階連續導數，因此應用泰勒公式將f(x)在x=0處展開.
證由題設limx→0f(x)x=0及f(x)在x=0的鄰域內二階連續可導，可推出f(0)=0，f′(0)=0.
f(x)在x=0的某鄰域內的一階泰勒展開式為
f(x)=f(0)+f′(0)x+12f″(θx)x2=12f″(θx)x2(0＜θ＜1).
再由題設，f″(x)在屬於該領域內包含原點的一小閉區間上連續，故必存在M＞0，使｜f″(x)｜≤M，於是｜f(x)｜≤M2x2.
令x=1n，當n充分大時，有｜f(1n)｜≤M2·1n2.
因為∑∞n=11n2收斂，所以級數∑∞n=1f1n絕對收斂.
例13判別級數∑∞n=2(-1)n［n+(-1)n］p(p＞0)的收斂性.
分析對於交錯級數，應先討論其是否絕對收斂，這裏un≥un+1不總是成立，即萊布尼茲判別法的條件不滿足.這樣，當其不是絕對收斂時，萊布尼茲判別法也不能使用，可考慮直接用定義討論其收斂性或利用收斂級數的性質來討論.
解法一為判斷其是否絕對收斂，采用比較法：
由於limn→∞(-1)n［n+(-1)n］p1np=limn→∞1［1+(-1)n/n］p=1，
所以當p＞1時，級數∑∞n=2(-1)n［n+(-1)n］p絕對收斂；而當p≤1時，該級數不絕對收斂.
為討論p≤1時是否條件收斂，先考慮部分和數列的偶數項，即
S2n=13p-12p+15p-14p+…+1(2n+1)p-1(2n)p
=-12p-13p+14p-15p+…+1(2n)p-1(2n+1)p.
注意到等式右邊的每一項12p-13p，14p-15p，…，1(2n)p-1(2n+1)p都是正的，所以S2n＜0且單調遞減.又由於
-S2n=12p-13p+14p-15p+…+1(2n)p-1(2n+1)p
＜12p-14p+14p-16p+…+1(2n)p-1(2n+2)p
=12p-1(2n+2)p＜12p.
即S2n＞-12p.所以｛S2n｝單調遞減且有下界，其極限存在.
設limn→∞S2n=S.又由於limn→∞un=limn→∞1［n+(-1)n］p=0.
因此limn→∞S2n+1=limn→∞(S2n+u2n+1)=S.
這就說明limn→∞Sn=S，即級數∑∞n=21［n+(-1)n］p的部分和數列收斂.所以該級數是收斂的.特別是，這說明0＜p≤1時，該級數條件收斂.
解法二原級數=13p-12p+15p-14p+…+1(2n+1)p-1(2n)p
注意到奇偶項互換後的新級數是-12p+13p-14p+15p-…-1(2n)p+1(2n+1)p-…=-∑∞n=1(-1)n-1un.顯然般項un單調遞減趨於零，於是由萊布尼茲判別法知新級數收斂，所以原級數收斂.
例14若級數∑∞n=1un收斂，且limn→∞unvn=1，能否斷定∑∞n=1vn也收斂?
分析我們知道，對於正項級數，比較法的極限形式就是limn→∞unvn=l(0＜l＜+∞)，