#无穷级数

卷种提示：本章为仅数一内容，数学二不考无穷级数。卷种（数一/数二）确认前按数一超集组织；若最终确认为数二，本章整体可跳过。

#考点定位

• 大纲位置：高等数学无穷级数部分（常称"级数"一章，数一专属）
• 常见题型：常数项级数敛散性判别（选择/小题，含条件收敛与绝对收敛的辨析）、幂级数收敛半径与收敛域、幂级数求和函数（解答题常客）、函数展开为幂级数、傅里叶级数系数与收敛定理（含间断点处的和）
• 考查频率：中高。求和函数与敛散性判别几乎每年出现；傅里叶级数隔年一考
• 前置知识：函数、极限与连续（数列极限）、一元函数微分学（泰勒公式思想）、一元函数积分学（逐项积分要用）
• 定位：级数是"程序化判别"章节——判别流程图背熟、五个常用展开式与四个基本和函数焊死，考场上就是流水线作业

#核心讲解

#常数项级数的概念与性质

定义：给定数列 $u_1, u_2, \dots, u_n, \dots$，称 $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n = u_1 + u_2 + \cdots$ 为（常数项）无穷级数，$u_n$ 为通项。部分和数列 $S_n = u_1 + \cdots + u_n$。若 $\lim\limits_{n\to\infty} S_n = S$ 存在，称级数收敛于 $S$；否则发散。按定义，级数收敛 ⟺ 部分和数列收敛，级数问题本质是数列极限问题。

基本性质：

1. 线性：$\sum u_n = S$、$\sum v_n = T$ 收敛 ⟹ $\sum(\alpha u_n + \beta v_n) = \alpha S + \beta T$ 收敛。注意：一个收敛加一个发散必发散；两个发散相加可能收敛（$u_n + (-u_n)$）
2. 增删有限项不改变敛散性（和会变）
3. 收敛级数任意加括号仍收敛且和不变；反之不真（加括号后收敛推不出原级数收敛，如 $(1-1)+(1-1)+\cdots$ 收敛但 $1-1+1-1+\cdots$ 发散）
4. 收敛必要条件：$\sum u_n$ 收敛 $\Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty} u_n = 0$。逆否命题用于快速判发散：通项不趋于 0 必发散（如 $\sum n$、$\sum \dfrac{n}{n+1}$）。但通项趋于 0 不保证收敛（调和级数 $\sum \dfrac1n$ 发散）

三个基准级数（比较判别法的"参照系"，必须烂熟）：

积分判别法（数一大纲要求）：设 $f$ 在 $[1, +\infty)$ 上非负、单减，则 $\sum\limits_{n=1}^\infty f(n)$ 与 $\int_1^{+\infty} f(x)\,dx$ 同敛散。例如 $\sum \dfrac{1}{n\ln n}$ 与 $\int_2^{+\infty}\dfrac{dx}{x\ln x} = \ln\ln x\Big|_2^{+\infty} = +\infty$ 同发散。

#正项级数判别法

$u_n \ge 0$ 时，部分和 $S_n$ 单调递增，故敛散 ⟺ $S_n$ 有界——这是正项级数一切判别法的共同根源。

比较判别法：$0 \le u_n \le v_n$（从某项起即可）。若 $\sum v_n$ 收敛则 $\sum u_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散则 $\sum v_n$ 发散。

比较判别法极限形式（实操主力）：$u_n, v_n > 0$，$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_n}{v_n} = l$：

• $0 < l < +\infty$：两者同敛散（等价无穷小代换的合法性来源：$u_n \sim v_n$ 时可互相替换判敛散）
• $l = 0$：大的收敛 ⇒ 小的收敛（$v_n$ 收敛则 $u_n$ 收敛）
• $l = +\infty$：小的发散 ⇒ 大的发散

实操：把 $u_n$ 用等价无穷小化简（如 $\sin\dfrac{1}{n} \sim \dfrac1n$、$\ln(1+\dfrac{1}{n^2}) \sim \dfrac{1}{n^2}$、$1 - \cos\dfrac1n \sim \dfrac{1}{2n^2}$），再与 $p$-级数比对。

比值判别法（达朗贝尔）：$u_n > 0$，$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \rho$。$\rho < 1$ 收敛；$\rho > 1$（或 $+\infty$）发散；$\rho = 1$ 失效（不能下结论）。适用信号：通项含 $n!$、$n^n$、$c^n$、连乘结构。

根值判别法（柯西）：$u_n \ge 0$，$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n} = \rho$。$\rho < 1$ 收敛；$\rho > 1$ 发散；$\rho = 1$ 失效。适用信号：通项为 $\big(\text{表达式}\big)^n$ 的 $n$ 次幂结构。

判别流程：

#交错级数与莱布尼茨判别法

交错级数：$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} u_n$，$u_n > 0$。

莱布尼茨判别法：若 (1) $u_n$ 单调递减（$u_{n+1} \le u_n$），(2) $\lim\limits_{n\to\infty} u_n = 0$，则交错级数收敛，且余项满足 $|r_n| = |S - S_n| \le u_{n+1}$。

证明思路：$S_{2n} = (u_1 - u_2) + \cdots + (u_{2n-1} - u_{2n})$，每括号非负且 $S_{2n}$ 有界（$S_{2n} \le u_1$），故 $S_{2n}$ 收敛；$S_{2n+1} = S_{2n} + u_{2n+1} \to$ 同一极限。余项估计即"下一项之前截断"。

注意：莱布尼茨条件是充分条件——不满足单调递减时级数仍可能收敛，需另找证据（常见于错误选项）。

#绝对收敛与条件收敛

定义：$\sum u_n$ 任意项。若 $\sum |u_n|$ 收敛，称绝对收敛；若 $\sum u_n$ 收敛但 $\sum|u_n|$ 发散，称条件收敛。

定理：绝对收敛 ⟹ 收敛。

证明思路：$0 \le u_n + |u_n| \le 2|u_n|$，由 $\sum|u_n|$ 收敛及比较判别法，$\sum (u_n + |u_n|)$ 收敛，再由线性性质 $\sum u_n = \sum(u_n + |u_n|) - \sum|u_n|$ 收敛。

判别任意项级数的标准流程：先看 $\sum|u_n|$——收敛则绝对收敛（完）；发散再看是否交错且满足莱布尼茨——满足则条件收敛；否则可能发散。用比值/根值判别 $\sum|u_n|$ 得 $\rho > 1$ 时可断言原级数发散（因为此时通项不趋于 0）。

经典例子：$\sum\dfrac{(-1)^n}{n^p}$ 在 $p > 1$ 绝对收敛，$0 < p \le 1$ 条件收敛，$p \le 0$ 发散——三种形态一个式子全占，选择题最爱。

#幂级数与收敛半径

幂级数：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n$（或更一般 $\sum a_n (x - x_0)^n$，令 $t = x - x_0$ 化归）。

阿贝尔定理：若 $\sum a_n x^n$ 在 $x_1 \ne 0$ 处收敛，则对一切 $|x| < |x_1|$ 的 $x$ 绝对收敛；若在 $x_2$ 处发散，则对一切 $|x| > |x_2|$ 的 $x$ 发散。

证明思路（前半）：在 $x_1$ 收敛 ⇒ $a_n x_1^n \to 0$ ⇒ 有界 $|a_n x_1^n| \le M$；于是 $|a_n x^n| = |a_n x_1^n|\cdot\left|\dfrac{x}{x_1}\right|^n \le M q^n$（$q = |x/x_1| < 1$），等比级数收敛，比较判别法收尾。

推论：幂级数收敛域是以原点为中心的区间（可能开、闭、半开），中心到端点的距离 $R$ 为收敛半径，$R \in [0, +\infty]$。

收敛半径公式：若 $\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \rho$（或 $\lim \sqrt[n]{|a_n|} = \rho$），则

$R = \begin{cases} \dfrac{1}{\rho}, & 0 < \rho < +\infty \\ +\infty, & \rho = 0 \\ 0, & \rho = +\infty \end{cases}$

收敛域求法三步：求 $R$ → 写出收敛区间 $(-R, R)$ → 端点 $x = \pm R$ 逐个数项级数单独判别（第三步是失分重灾区，缺一项收敛域就不完整）。缺项级数（如 $\sum a_n x^{2n}$、$x^{2n+1}$）不能直接套公式，应把 $x$ 视作参数对整个通项用比值法：$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right| < 1$ 解出 $x$ 范围。

和函数性质（设收敛半径 $R > 0$，收敛域为 $I$）：

1. 和函数 $S(x)$ 在收敛区间 $(-R, R)$ 内连续；若端点也收敛，则在该端点单侧连续
2. 逐项求导：$S'(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1}$，收敛半径仍为 $R$（收敛区间内任意点，端点可能变）
3. 逐项积分：$\displaystyle\int_0^x S(t)\,dt = \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$，收敛半径仍为 $R$

求导与积分不改变 $R$，但可能改变端点敛散性——这一条是求和函数后确定定义域端点的依据。

#幂级数求和函数：套路库

四个基本和函数（一切难题的地基）：

$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n\ (|x|<1),\qquad e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!},\qquad \sin x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!},\qquad \cos x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}$

派生和函数（由前两个经逐项积分/求导得到，考场上直接用）：

$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n}\ (-1 < x \le 1),\qquad \arctan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}\ (|x| \le 1)$

操作模式（设要求和的级数为 $S(x)$）：

两个常用合成结果（建议记住）：

$\sum_{n=1}^\infty n x^n = \frac{x}{(1-x)^2}\ (|x|<1),\qquad \sum_{n=1}^\infty n^2 x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\ (|x|<1)$

（推导：由 $\sum x^n = \dfrac{x}{1-x}$ 两边求导得 $\sum n x^{n-1} = \dfrac{1}{(1-x)^2}$，乘 $x$ 即第一个；再求导乘 $x$ 得第二个。）

#函数展开为幂级数

直接法（按泰勒级数定义验证余项趋于 0）基本不考；间接法（利用已知展开 + 逐项求导/积分 + 变量代换 + 四则运算）是唯一实战方式。常用展开式一览（含收敛域，端点必须带上）：

#傅里叶级数

周期 $2\pi$ 的傅里叶级数：设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期且在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，则

$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty\left(a_n\cos nx + b_n\sin nx\right)$

$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nx\,dx\ (n \ge 0),\qquad b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin nx\,dx\ (n \ge 1)$

正弦级数与余弦级数：$f$ 为奇函数 ⇒ 全部 $a_n = 0$，只剩正弦项；$f$ 为偶函数 ⇒ 全部 $b_n = 0$，只剩余弦项。定义在 $[0, \pi]$ 上的函数可作奇延拓得正弦级数、偶延拓得余弦级数。

周期 $2l$ 的推广：$\dfrac{a_0}{2} + \sum\left(a_n\cos\dfrac{n\pi x}{l} + b_n\sin\dfrac{n\pi x}{l}\right)$，系数积分区间换成 $[-l, l]$、被积函数中 $nx$ 换成 $\dfrac{n\pi x}{l}$、前面系数换为 $\dfrac{1}{l}$。

狄利克雷收敛定理（考点核心，专考"间断点的和"）：设 $f$ 周期 $2\pi$，在一个周期内分段单调、只有有限个第一类间断点（合称狄利克雷条件），则 $f$ 的傅里叶级数处处收敛，且其和函数

$S(x) = \begin{cases} f(x), & x \text{ 为 } f \text{ 的连续点} \\[4pt] \dfrac{f(x-0) + f(x+0)}{2}, & x \text{ 为间断点} \\[4pt] \dfrac{f(-\pi+0)+f(\pi-0)}{2}, & x = \pm\pi \text{（端点衔接处）} \end{cases}$

读题要点：题目问"傅里叶级数在 $x = x_0$ 处收敛于多少"，先查 $x_0$ 是不是间断点——是的话答案是左右极限的平均值，不是 $f(x_0)$。这是傅里叶部分第一大陷阱。

#例题

#例题 1（模拟题）：判别法选择训练

判断下列级数的敛散性；若收敛，指明绝对收敛还是条件收敛。

（1） $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n!}{n^n}$；（2） $\sum\limits_{n=2}^\infty \dfrac{1}{n\ln n}$；（3） $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n \dfrac{\ln n}{n}$。

解析：

（1）通项含 $n!$ 与 $n^n$，比值判别法：

$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \frac{1}{e} < 1$

故收敛（正项级数，即绝对收敛）。此处用了重要极限 $\left(1 - \dfrac{1}{n+1}\right)^n \to e^{-1}$。

（2）$\dfrac{1}{n\ln n}$ 是广义 $p$-级数 $p = 1$ 情形，发散。用积分判别法验证：$\int_2^{+\infty}\dfrac{dx}{x\ln x} = \ln\ln x\Big|_2^{+\infty} = +\infty$，发散。

（3）交错级数。$u_n = \dfrac{\ln n}{n} \to 0$；单调性：令 $g(x) = \dfrac{\ln x}{x}$，$g'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2} < 0$（$x > e$），故 $n \ge 3$ 起 $u_n$ 单调递减，莱布尼茨条件成立，收敛。再看绝对值：$\dfrac{\ln n}{n} > \dfrac{1}{n}$（$n \ge 3$），而 $\sum \dfrac1n$ 发散，故 $\sum\left|\dfrac{(-1)^n\ln n}{n}\right|$ 发散。结论：条件收敛。

点评：三小题分别对应流程图的三条主干路：比值（$n!$ 信号）、积分判别（$\ln$ 结构）、莱布尼茨 + 比较的组合拳。"条件收敛"结论必须两个方向都验：原级数收敛、绝对值级数发散。

#例题 2（模拟题）：收敛域完整求解

求幂级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(x-1)^n}{n \cdot 2^n}$ 的收敛域。

解析：令 $t = x - 1$ 化为 $\sum \dfrac{t^n}{n\cdot 2^n}$。

$\rho = \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\to\infty}\frac{n \cdot 2^n}{(n+1)\cdot 2^{n+1}} = \frac12 \implies R = 2$

收敛区间 $|t| < 2$ 即 $-1 < x < 3$。端点逐一代入：

• $x = 3$（$t = 2$）：$\sum\dfrac{1}{n}$，调和级数，发散
• $x = -1$（$t = -2$）：$\sum\dfrac{(-1)^n}{n}$，莱布尼茨型，收敛

收敛域为 $\boxed{[-1, 3)}$。

点评：中心平移后端点是 $1 \pm R$；"收敛区间 + 端点讨论 = 收敛域"，端点结论要写清"收敛/发散"并最终合并成区间。

#例题 3（模拟题）：先求导后积分求和函数

求 $S(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n}$ 及其定义域，并求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$ 的和。

解析：通项分母含 $n$，先求导消 $n$：

$S'(x) = \sum_{n=1}^\infty x^{n-1} = \frac{1}{1-x}\qquad (|x| < 1)$

从 0 到 $x$ 逐项积分（$S(0) = 0$）：

$S(x) = \int_0^x \frac{dt}{1-t} = -\ln(1-t) = -\ln(1-x)$

收敛半径 $R = 1$；端点：$x = -1$ 时 $\sum\dfrac{(-1)^n}{n}$ 收敛（莱布尼茨），$x = 1$ 时调和级数发散。故

$S(x) = -\ln(1-x),\qquad x \in [-1, 1)$

数值级数：$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} = -S(-1) = -[-\ln 2] = \ln 2$。

点评：这是"先导后积"的模板题。两个规范性要点：逐项积分后要定端点（积分不改变 $R$ 但端点敛散可能改善——本题 $x=-1$ 正是如此）；求数值级数和的最后一步是"代特殊点"。

#例题 4（模拟题）：先积分后求导 + $n^2$ 结构

求 $\sum\limits_{n=1}^\infty n^2 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$ 的和。

解析：构造 $S(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty n^2 x^{n-1}$（$|x|<1$），目标为 $S\!\left(\tfrac12\right)$。由核心讲解中的合成结果 $\sum n^2 x^n = \dfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}$，两边除以 $x$ 即得 $S(x) = \dfrac{1+x}{(1-x)^3}$。完整推导：

$\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x} \xrightarrow{\text{求导}} \sum_{n=1}^\infty n x^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2} \xrightarrow{\text{求导}} \sum_{n=2}^\infty n(n-1)x^{n-2} = \frac{2}{(1-x)^3}$

而 $n^2 = n(n-1) + n$，故

$S(x) = \sum n(n-1)x^{n-1} + \sum n x^{n-1} = x\cdot\frac{2}{(1-x)^3} + \frac{1}{(1-x)^2} = \frac{2x + (1-x)}{(1-x)^3} = \frac{1+x}{(1-x)^3}$

代入 $x = \dfrac12$：$S\!\left(\tfrac12\right) = \dfrac{3/2}{1/8} = 12$。

点评：拆 $n^2 = n(n-1) + n$ 的技巧避免了"二次求导后项数错位"；数值级数求和的通用路径——构造母函数、求出和函数、代点——一步都不能省。

#例题 5（模拟题）：间接法展开

将 $f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 3x + 2}$ 展开为 $x$ 的幂级数，并写出收敛域。

解析：分母 $x^2 - 3x + 2 = (1-x)(2-x)$，部分分式分解：

$f(x) = \frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} - \frac{1}{2-x}$

（验证：$\dfrac{1}{1-x} - \dfrac{1}{2-x} = \dfrac{(2-x)-(1-x)}{(1-x)(2-x)} = \dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$，成立。）

分别展开：

$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n\ (|x| < 1),\qquad \frac{1}{2-x} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{2}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{2^{n+1}}\ \left(|x| < 2\right)$

相减：

$f(x) = \sum_{n=0}^\infty\left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right)x^n,\qquad |x| < 1$

收敛域取两展开的交集 $(-1, 1)$（在端点 $x = \pm1$ 处原函数或级数至少一方不收敛：$x \to 1$ 时 $f \to \infty$）。

点评：有理函数一律"部分分式 + 几何级数"；$\dfrac{1}{2-x}$ 的变形套路是提常数凑 $\dfrac{1}{1-u}$，$u = \dfrac{x}{2}$，收敛条件 $|u| < 1$ 决定收敛半径。

#例题 6（模拟题）：傅里叶级数与收敛定理

设 $f(x) = x^2$（$-\pi \le x \le \pi$）延拓为以 $2\pi$ 为周期的函数，求其傅里叶级数，并由此给出 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}$ 的和。

解析：$x^2$ 为偶函数，$b_n = 0$，只剩余弦项：

$a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} x^2 dx = \frac{2\pi^2}{3}$

$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} x^2\cos nx\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx$

分部积分两次：$\displaystyle\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx = \left[\frac{x^2\sin nx}{n}\right]_0^\pi + \frac{2}{n}\int_0^\pi x\sin nx\,dx = 0 + \frac{2}{n}\left(\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_0^\pi\cos nx\,dx\right) = \frac{2}{n}\left(\frac{-\pi\cos n\pi}{n} + 0\right) = \frac{2\pi(-1)^n}{n^2}$

故 $a_n = \dfrac{4(-1)^n}{n^2}$。$f$ 处处连续（周期延拓后 $f(\pi) = f(-\pi) = \pi^2$，端点衔接无间断），狄利克雷定理保证级数处处收敛于 $f(x)$：

$x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx,\qquad -\pi \le x \le \pi$

代入 $x = \pi$：$\cos n\pi = (-1)^n$，于是 $\pi^2 = \dfrac{\pi^2}{3} + 4\sum\dfrac{1}{n^2}$，解得

$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$

点评：本题三步全是考点——偶函数砍掉一半系数、分部积分（两次，边界项用 $\sin n\pi = 0$、$\cos n\pi = (-1)^n$）、收敛定理代特殊点"以级数算级数"。最后一步把 $x = \pi$ 处的收敛值写成等式，是巴塞尔问题的经典解法。

#常见坑

1. "通项趋于 0"当收敛用：必要条件只能用来判发散（逆否），调和级数是永恒的反例
2. 比值/根值 $\rho = 1$ 时下结论：失效就是失效，必须换比较判别法；"失效"本身就是选择题选项
3. 等价无穷小替换用在非正项级数：比较判别法极限形式只对正项级数合法；任意项级数先取绝对值化归正项，或先定绝对/条件收敛再谈替换
4. 收敛域漏端点：求出 $R$ 只完成 2/3，两端点必须逐一代入做数项级数判别；含 $|x|<1$ 型条件的展开式照抄时连端点开闭一起照抄
5. 缺项级数硬套 $R$ 公式：$\sum x^{2n}$ 这类幂次跳跃的级数，$a_{n+1}/a_n$ 意义已变，必须对通项整体用 $\lim\left|\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right| < 1$
6. 逐项求导/积分后乱改收敛半径：$R$ 不变，但端点敛散可能变（求导易丢端点、积分易捡端点），和函数定义域要重新核对
7. 莱布尼茨单调性不验证：$u_n \to 0$ 不等于单调递减，两条件缺一不可；且莱布尼茨是充分条件，"不单调 ⇒ 发散"是错误推理
8. 傅里叶级数在间断点写成 $f(x_0)$：狄利克雷定理给出的是 $\dfrac{f(x_0-0)+f(x_0+0)}{2}$；周期端点 $x = \pm\pi$ 处是 $\dfrac{f(-\pi+0)+f(\pi-0)}{2}$
9. "$\sim$"与"$=$"混写：傅里叶级数写 $f(x) \sim \cdots$（收敛性未证时）与收敛后写 $=$ 要区分；展开题写 $=$ 前应交代收敛域

#自测

1. 判断敛散性（含绝对/条件）：$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n} + 1}$。
2. 求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{x^{2n-1}}{2n - 1}$ 的收敛域与和函数。
3. 求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n \cdot 3^n}$ 的收敛域。
4. 写出 $f(x) = \arctan x$ 的幂级数展开并说明收敛域。
5. 设 $f(x) = \begin{cases} -1, & -\pi < x \le 0 \\ 1, & 0 < x \le \pi\end{cases}$（周期 $2\pi$ 延拓），问其傅里叶级数在 $x = 0$ 与 $x = \pi$ 处各收敛于多少。

#自测答案与简析

1. 交错级数，$u_n = \dfrac{1}{\sqrt n + 1}$ 单调递减趋于 0，莱布尼茨收敛；绝对值 $\dfrac{1}{\sqrt n + 1} > \dfrac{1}{2\sqrt n}$（$n \ge 1$），而 $\sum\dfrac{1}{\sqrt n}$ 是 $p = \tfrac12$ 的 $p$-级数发散，故条件收敛（考点：莱布尼茨 + 比较判别，$p = \tfrac12 \le 1$ 发散）。
2. 缺项级数，对通项用比值：$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}\cdot\dfrac{2n-1}{x^{2n-1}}\right| = x^2$。$x^2 < 1$ 即 $|x| < 1$ 绝对收敛；$x = \pm1$ 时为 $\sum\dfrac{\pm1}{2n-1}$，发散（调和级数奇数项）。收敛域 $(-1, 1)$。和函数：$S'(x) = \sum x^{2n-2} = \dfrac{1}{1-x^2}$，$S(x) = \int_0^x \dfrac{dt}{1-t^2} = \dfrac12\ln\dfrac{1+x}{1-x}$（考点：缺项级数整体比值 + 先导后积 + 部分分式积分）。
3. $\rho = \lim \dfrac{n 3^n}{(n+1)3^{n+1}} = \dfrac13$，$R = 3$，收敛区间 $(-3, 3)$。端点 $x = 3$：$\sum\dfrac1n$ 发散；$x = -3$：$\sum\dfrac{(-1)^n}{n}$ 收敛。收敛域 $[-3, 3)$（考点：收敛域三步）。
4. $\arctan x = \sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$，收敛域 $[-1, 1]$。来源：$\dfrac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^n x^{2n}$（$|x|<1$）逐项积分，$x = \pm1$ 处成为莱布尼茨型收敛（考点：间接展开 + 积分后端点改善）。
5. $x = 0$ 是 $f$ 的跳跃间断点：级数收敛于 $\dfrac{f(0-0) + f(0+0)}{2} = \dfrac{-1 + 1}{2} = 0$。$x = \pi$ 是周期衔接点：收敛于 $\dfrac{f(-\pi+0) + f(\pi-0)}{2} = \dfrac{-1 + 1}{2} = 0$（考点：狄利克雷定理在间断点与端点衔接处的取值，两处都不是 $f$ 在该点的"函数值"）。