解∑∞n=0(-1)n(n2-n+1)2n
=∑∞n=0n(n-1)(-12)n+∑∞n=0-12n，其中∑∞n=0-12n=11+12=23.
設S(x)=∑∞n=2n(n-1)xn-2，x∈(-1，1)，
則∫x0∫x0S(x)dxdx=∑∞n=2xn=x21-x.
故S(x)=x21-x″=2(1-x)3，∑∞n=0n(n-1)xn=2x2(1-x)3，x∈(-1，1)，
∑∞n=0n(n-1)(-12)n=427，
所以∑∞n=0(-1)n(n2-n+1)2n=427+23=2227.
例7求級數∑∞n=21(n2-1)2n的和.
解設S(x)=∑∞n=2xnn2-1，｜x｜＜1，則S(x)=∑∞n=2121n-1-1n+1xn.
又∑∞n=2xnn-1=x∑∞n=2xn-1n-1=x·∑∞n=1xnn，
∑∞n=2xnn+1=1x∑∞n=3xnn(x≠0).
設S2(x)=∑∞n=1xnn，則S′2(x)=∑∞n=1xnn′=∑∞n=1xn-1=11-x，(｜x｜＜1)，
有S2(x)=S2(x)-S2(0)=∫x0S′(t)dt
=∫x0dt1-t=-ln(1-x)(｜x｜＜1).
故S(x)=x2［-ln(1-x)］-12x［-ln(1-x)-x-x22］
=2+x4+1-x22xln(1-x)(｜x｜＜1，x≠0)，
所以∑∞n=21(n2-1)2n=S(12)=58-34ln2.
例8求冪級數∑∞n=1n(n+1)2xn-1在收斂區間上的和，並求∑∞n=1n(n+1)3n的值.
解由比值法知∑∞n=1n(n+1)2xn-1在(-1，1)內收斂，令此冪級數之和為f(x)，則
∫x0∫x0f(x)dxdx=12∑∞n=1xn+1=12·x21-x.
於是f(x)=12x21-x″=12x(2-x)(1-x)2′=1(1-x)3
亦即∑∞n=1n(n+1)2xn-1=1(1-x)3(-1＜x＜1).
若求∑∞n=1n(n+1)3n之和，即是求x=13時，冪級數23∑∞n=1n(n+1)2xn-1的和.
由上麵結果有∑∞n=1n(n+1)3n=23∑∞n=1n(n+1)213n-1=231(1-13)3=94.
另外求級數∑∞n=1n(n+1)3n的值，可考慮冪級數∑∞n=1n(n+1)xn當x=13時的和，而冪級數∑∞n=1n(n+1)xn=2x(1-x)3(-1＜x＜1).
於是∑∞n=1n(n+1)3n=231-132=94.
例9求∑∞n=1n(n+1)!的和.
解冪級數∑∞n=1n(n+1)!xn+1的收斂域為(-∞，+∞)，令其和函數為S(x)，則
∵S′(x)=∑∞n=1n(n+1)(n+1)!xn=∑∞n=11(n-1)!xn=x·∑∞n=01n!xn=xex，
∴S(x)-S(0)=∫x0S′(t)dt=∫x0tetdt=xex-ex+1.
又∵S(0)=0，故S(x)=xex-ex+1(-∞＜x＜+∞).
於是，和函數S(x)在(-∞，+∞)上連續，因此
∑∞n=1n(n+1)!=limx→1S(x)=e-e+1=1.
例10求證12·3-23·4+34·5-45·6+…=3ln2-2.
證令f(x)=∑∞n=1(-1)n-1.nxn-1(n+1)(n+2)(-1＜x≤1)
=∑∞n=1(-1)n-1xnn+1-∑∞n=1(-1)n-1xnn+2′
=1x∑∞n
=1(-1)n-1xn+1n+1-1x2∑∞n=1(-1)n-1xn+2n+2′，
因為∑∞n=1(-1)n-1xn+1n+1=x-ln(1+x)(-1＜x≤1)；
∑∞n=1(-1)n-1xn+2n+2=12x2-x+ln(1+x)(-1＜x≤1)，
故當x≠0時，
∫x0f(x)dx=1x∑∞n=1(-1)n-1·xn+1n+1-1x2∑∞n=1(-1)n-1xn+2n+2
=x-ln(1+x)x-12x2-x+ln(1+x)x2
=12+x-ln(1+x)-xln(1+x)x2.
所以f(x)=［∫x0f(x)dx］′=(x+2)ln(1+x)-2xx3(0＜x≤1)，
故12·3-23·4+34·5-45·6+…=f(1)=3ln2-2.
［激活思維］
例11求∑∞n=012ncosnπ3的和.
解法一因為12ncosnπ3≤12n，故∑∞n=012ncosnπ3絕對收斂.設其部分和為Sn，則Sn→S.
由S3n+1=1+∑∞k=1123k-2cos(3k-2)π3+123k-1cos(3k-1)π3+123kcoskπ
=1+0=1，
故Sn→1(n→∞)，即∑∞n=012ncosnπ3=1.
解法二令q=12eiπ3，則∑∞n=0qn=11-12eiπ3=1+33i，
所以∑∞n=012ncosnπ3=Re∑∞n=0qn=1.
例12求1+π45!+π89!+π1213!+…13!+π47!+π811!+π1215+….
解由sinx的冪級數展開式，得sinπ=π-π33!+π55!-π77!+π99!-….
由比值法知上述級數絕對收斂，所以可將上述級數改寫成
sinπ=0=π-π33!+π55!-π77!+π99!-π1111!+….
記S1=π+π55!+π99!+…，
S2=π33!+π77!+π1111!+…，
於是S1-S2=0，即S1=S2.
由此可得1+π45!+π89!+…13!+π47!+π811!+…=π2.
例13證明｜x｜＜1時，
x1-x2+x21-x4+x41-x8+x81-x16+…=x1-x.
證明
∵x2n-11-x2n=x2n-1+x2n-x2n1-x2n=x2n-1(1+x2n-1)(1-x2n-1)(1+x2n-1)-x2n1-x2n
=x2n-11-x2n-1-x2n1-x2n，
於是∑mn=1x2n-11-x2n=∑mn=1x2n-11-x2n-1-∑mn=1x2n1-x2n
=∑mn=1x2n1-x2n-x2m1-x2m+x1-x-∑mn=1x2n1-x2n
=x1-x-x2m1-x2m.
當｜x｜＜1時，級數之和為
S=limm→∞∑mn=1x2n-11-x2n=x1-x-limm→∞x2m1-x2m=x1-x.
［真題在線］
例14(1999年)∑∞n＝1n(12)n-1＝.
解S(x)＝(∑∞n＝1xn)′＝(11-x-1)′＝1(1-)2
則∑∞n＝1n(12)n-2＝S(12)＝4
例15設In＝∫π40sinncosxdx,n=0,1,2,…，求∑∞n＝0In.
分析先要求出In,然後再求級數∑∞n＝0In的和，一般需借助於冪級數求和.
解由In＝∫π40sinnxcosxdx
＝∫π40sinnxdsinx＝1n+1(sinx)n+1π40
＝1n+1(22)n+1
有∑∞n＝0In＝∑∞n＝01n+1(22)n+1
令S(x)＝∑∞n＝01n+1xn+1,則其收斂半徑R＝1，在(-1，1)內有
S′(x)＝∑∞n＝0xn＝11-x
於是S(x)＝∫x011-tdt＝－ln｜1-x｜
令x＝22，則S(22)＝∑∞n＝01n+1(22)n+1＝ln1-22
從而
∑∞n＝0In＝∑∞n＝0∫π40sinnxcosxdx＝ln(2+2)
例16(2001年)已知fn(x)滿足f′n(x)＝fn(x)＋xn-1ex(n為正整數)，且fn(1)＝en，求函數項級數∑∞n＝1fn(x)之和.
分析首先f′n(x)＝fn(x)+xn-1ex求出fn(x)的表達式，然後再求級數∑∞n＝1fn(x)之和.
解由原題可知
f′n(x)-fn(x)＝xn-1ex
由一階線性方程通解公式可知
fn(x)＝e∫dx［∫xn-1exe－∫dx］dx+C
＝ex(xnn+C)
由條件fn(1)＝en,得c＝0，故fn(x)＝xnexn
從而∑∞n＝0fn(x)＝∑∞n＝1xnexn＝ex∑∞n＝1xnn
記S(x)＝∑∞n＝1xnn,其收斂域為［－1,1），當x∈(-1，1)時，
S′(x)＝∑∞n＝1xn-1＝11-x
故S(x)＝∫x0dt1-t＝－ln(1-x).
當x＝－1時∑∞n＝1fn(x)＝－e－1ln2
於是，當-1≤x＜1時，有
∑∞n＝1fn(x)＝－exln(1-x)
(三)函數的冪級數展開
將給定函數在某點展成泰勒級數有兩種方法：直接法與間接法.直接法就是求出f(x)在x0處的各階導數，並求出收斂域，寫出泰勒級數展開式，並證明其餘項趨於0.
間接法就是利用已知函數的展開式，根據冪級數展開式的惟一性，通過適當的變量替換、四則運算、複合及微分、積分等方法，將一個函數展開成冪級數的方法.
［能力素質］
例17將y=ln(1-x-2x2)展成x的冪級數，並指出其收斂區間.
分析∵y=ln(1-x-2x2)可寫成
y=ln(1+x)+ln(1-2x)，
因此可利用ln(1+x)的泰勒級數展開式進行間接展開.
解ln(1-x-2x2)=ln［(1-2x)(1+x)］=ln(1+x)+ln(1-2x)，
而ln(1+x)=x-x22+x33-…+(-1)n+1xnn+…，其收斂區間為(-1，1)；
ln(1-2x)=(-2x)-(-2x)22+(-2x)33-…
+(-1)n+1·(-2x)nn+…，其收斂區間為［-12，12］.
於是ln(1-x-2x2)
=∑∞n=1(-1)n+1·xnn+(-1)n+1·(-2x)nn
=∑∞n=1(-1)n+1-2nnxn，
其收斂區間為［-12，12).
例18將函數sin2x展開為x的冪級數.
解∵已知cosx=1-x22!+x44!+…+(-1)nx2n(2n)!+…(-∞＜x＜+∞)，
將x換成2x，得cos2x=1-22x22!+24x44!-…+(-1)n22nx2n(2n)!+…
(-∞＜x＜+∞＝，
故sin2x=12(1-cos2x)=22!x2-234!x4+…
+(-1)n-122n-1x2n(2n)!+…
(-∞＜x＜+∞).
例19將函數1x2-3x+2展開為x的冪級數.
解已知11-x=1+x+x2+…+xn+…(-1＜x＜1)
則1x-1=-1-x-x2-…-xn-…(-1＜x＜1).
1x-2=12·1x2-1=12-1-x2-x22-…-x2n-…
=-12-x22-x223-…-xn2n+1-…(-2＜x＜2)，
故1x2-3x+2=1x-2-1x-1
=12+1-122x+1-123x2+…+1-12n+1xn+…+
1-12n+1xn+…(-1＜x＜1).
例20將x·arctanx-ln1+x2展開成麥克勞林級數.
解法一由ln(1+x)的麥克勞林公式，有
ln(1+x2)=x2-x42+x63-x84+…+(-1)n-1x2nn+…(-1≤x≤1).
又arctanx=∫x0dx1+x2=∫x01-x2+x4-x6+…+(-1)nx2n+…dx
=x-x33+x55-x77+…+(-1)nx2n+12n+1+…(-1≤x≤1)，
故x·arctanx-ln1+x2=x·arctanx-12ln(1+x2)
=∑∞n=1(-1)n·x2n+22n+1-12∑∞n=1(-1)n-1·x2nn
=∑∞n=0(-1)n·1(2n+1)(2n+2)x2n+2(-1≤x≤1).
解法二因為f′(x)=(xarctanx-ln1+x2)′=arctanx+x1+x2-x1+x2=arctanx，
而f″(x)=11+x2=∑∞n=0(-1)nx2n，(-1＜x＜1)，
所以f′(x)=∫x0f″(x)dx=∑∞n=0∫x0(-1)nx2ndx=∑∞n=0(-1)nx2n+12n+1，
故有f(x)=∫x0f′(x)dx
=∑∞n=0(-1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)(-1≤x≤1).
例21將ln(1+x+x2+x3+x4)展開成x的冪級數.
解ln(1+x+x2+x3+x4)=ln1-x51-x=ln(1-x5)-ln(1-x)
=∑∞n=1(-1)n-1(-x5)nn-∑∞n=1(-1)n-1(-x)nn
=-∑∞n=1x5nn+∑∞n=1xnn，-1≤x＜1.
例21將f(x)=1［(1+x)(1+x2)(1+x4)］展開成麥克勞林級數.
解∵f(x)=(1-x)［(1-x)(1+x)(1+x2)(1+x4)］
=(1-x)(1-x8)，
由1/(1-x)=1+x+x2+…+xn+…，x∈(-1，1)，
有f(x)=(1-x)［1+x8+x16+…+x8n+…］
=1-x+x8-x9+x16-x17+…+x8n-x8n+1+…(-1＜x＜1).
例22求y=ln(x+1+x2)的麥克勞林級數.
解y′=11+x2=(1+x2)-12
=1+(-12)x2+(-12)(-32)x42!+…+
(-12)(-32)…(-12-n+1)x2nn!+…=
1-12x2+1·32!·22x4-…+(-1)n·(2n-1)!!n!2nx2n+…，
∴y=∫x0y′(x)dx=∫x011+x2dx
=x-12·3x2+1·32!22·5x5-…+(-1)n(2n-1)!n!2n(2n+1)x2n+1+…
=∑∞n=0(-1)n(2n-1)!!n!2n(2n+1)x2n+1(-1＜x＜1).
例23將f(x)=1x2-x-6在x0=1處展開為冪級數.
解∵f(x)=1x2-x-6=15(1x-3-1x+2)，
而1x-3=-12-(x-1)=-1211-x-12=-12∑∞n=0x-12n
=∑∞n=0-12n+1(x-1)n，
1x+2=13+(x-1)=13·11+x-13=13·∑∞n=0(-1)nx-13n
=∑∞n=0(-1)n3n+1(x-1)n，
所以f(x)=15∑∞n=0-12n+1-(-1)n3n+1(x-1)n，且f(x)的冪級數展開式的收斂區間為(-1，3).
例24將y=(x-1)n展開為(x+1)的冪級數.
解∵(x-1)n=［(x+1)-2］n
=-2(1-x+12)n=(-2)n(1-x+12)n，
由(1-x)m=1+∑∞n
=1(-1)nm(m-1)…(m-n+1)n!xn(｜x｜＜1).
得(x-1)n=(-2)n1+∑∞k=1(-1)kn(n-1)…(n-k+1)k!x+12k
=(-2)n1+∑∞k
=1(-1)kn(n-1)…(n-k+1)2kk!(x+1)k，
且收斂區間為(-3，1).
例25(1995)年將函數y＝ln(1-x-2x2)展開成x的冪級數，並指出其收斂區間.
分析y＝ln(1-x-2x2)
＝ln(1+x)+ln(1+x)+ln(1-2x).可利用ln(1+x)的展開式將y展開成x的冪級數.
解ln(1-x-2x2)＝ln(1-2x)(1+x)＝ln(1+x)＋ln(1-2x)
ln(1+x)＝x-x22+x33-…+(-1)n+1xnn+…
其收斂域為（-1，1）：
ln(1-2x)
＝(-2x)-(-2x)22+(-2x)33-…+(-1)n+1(-2x)nn+…
其收斂域為［12，12）
於是，有ln(1-x-2x2)＝∑∞n＝1［(-1)n+1xnn+(-1)n+1(-2x)nn］
＝∑∞n＝1(-1)n+122nx∈［12，12）
四、預測試題測試
［知識掌握］
了解無窮級數收斂與發散的概念；熟練掌握正項級數的比值法與根值法及比較法的使用；掌握級數的絕對收斂與條件收斂；熟練掌握冪級數的收斂半徑與收斂域；會求函數的冪級數展開式.
習題7
一、單項選擇題
1級數∑∞n=1(-1)nln(n+1)是()級數.
(A)發散(B)絕對收斂(C)條件收斂
2下列級數中，收斂的級數有().
(A)∑∞n=11n2+1n(B)∑∞n=11n+100
(C)∑∞n=1(-1)n+11n+1n+1(D)∑∞n=1-2n
3若級數∑∞n=1un條件收斂，則∑∞n=1u2n().
(A)條件收斂(B)發散
(C)可能收斂，也可能發散(D)絕對收斂
4級數∑∞n=1sinnπ+πn().
(A)發散(B)條件收斂(C)絕對收斂.
5設f(x)=x+4，-π≤x≤0；
x，0≤x＜π，，則f(x)在［-π，π］上的傅裏葉級數在x=0處收斂於().
(A)0(B)2(C)4
［能力提高］
二、判別級數的收斂性
1∑∞n=1(-1)nnn.
2∑∞n=12n-15n-1.
3∑∞n=1(2-32)(2-52)…(2-2n+12).
4∑∞n=1n3(2+(-1)n)n3n.
5∑∞n=21nln2n.6∑∞n=21n-1-1n+1.
7∑∞n=1sinπn2+k2(k為實常數).
8∑∞n=1(-1)nn1n-1.
三、利用公式arctanx+arctany=arctanx+y1-xy，求級數∑∞n=1arctan12n2之和.
四、已知an＞0，bn＞0，且an+1/an≥bn+1/bn，證明
(1)如果∑∞n=1an收斂，則∑∞n=1bn必收斂；
(2)如果∑∞n=1bn發散，則∑∞n=1an必發散.
五、級數收斂域
1求級數∑∞n=03n-2(n+1)22n+1(x-3)n的收斂區間.
2求級數∑∞n=1xn(n-1)2n!的收斂域.
3求級數∑∞n=1n!nn(x2-4x+6)n的收斂域.
六、展開級數
1將3x-5x2-4x+3展開為x的冪級數並求其收斂區間.
2將1x2+4x+7按x+2的冪次展開為級數.
3將lnx按1-x1+x的冪次展開為級數.
七、求級數
1求∑∞n=12n-12n之和.
2求∑∞n=1xnn!的和函數.
3求x-x33+x55-…+(-1)n-1x2n-12n-1+…的收斂區間及和函數，並求∑∞n=1(-1)n-13(2n-1)3n之和.
4求級數∑∞n=1n(n+1)xn在收斂區間(-1，1)內的和函數，並求∑∞n=1n(n+1)2n+1之和.
八、(1996年)這各選項正確的是
(A)若∑∞n＝1u2n和∑∞n＝1v2n都收斂，則∑∞n＝1(un+vn)2收斂.
(B)若∑∞n＝1｜unvn｜收斂，則∑∞n＝1u2n與∑∞n＝1v2n都收斂.
(C)若正項級數∑∞n＝1un發散，則un≥1n.
(D)若級數∑∞n＝1un收斂，且un≥vn(n=1,2,…)，則級數∑∞n＝1vn也上斂.
九、(1998年)設有兩條拋物線y＝nx2+1n和y＝(n+1)x2+1n+1，記它們交點的橫坐標的絕對值為an
(1)求兩條拋物線所圍成的平麵圖形的麵積Sn；
(2)求級數∑∞n＝1Snan的和.
答案及提示
一、單項選擇題1(C)2(C)3(C)4(B)5(B)二、判別級數的斂散性
1發散2收斂3收斂4收斂
5收斂6發散7收斂8收斂
三、S=π4
四、(略)
五、級數收斂域
11≤x＜52｜x｜≤1
32-e-2＜x＜2+e-2
六、展開級數
1-∑∞n=01+23n+1xn.｜x｜＜1；
2∑∞n=0(-1)n(x+2)2n3n+1，-2-3＜x＜3-2.
3-2∑∞n=012n+11-x1+x2n+1，(x＞0)
七、求級數
132ex-1
3［-1，1］；arctanx；π64S(x)=2x(1-x)3，-1＜x＜1；4
八、應選(A)
九、Sn＝43n(n+1)n(n+1),∑∞n＝1Snan＝43