正项级数的敛散性判别方法

例7.1（莫斯科自动化学院1977年竞赛题）　讨论的敛散性，其中｛xn｝是方程x=tanx的正根按递增顺序编号而得的序列.

解析　由x＞0与tanx的周期性可知

于是xn＞-+nπ＞n，因此由比较判别法知收敛.

例7.2（浙江省2002年竞赛题）　设｛an｝，｛bn｝为满足的两个实数列，已知an＞0（n≥1），且收敛，证明：也收敛.

解析　由于收敛，所以=0.因an＞0，且

故bn＞0，且于是级数收敛.

例7.3（北京市1997年竞赛题）　已知｛un｝是单调增加的正数列，试证明：级数收敛的充分必要条件是数列｛un｝有界.

解析　先证充分性.令an=因｛un｝单调增，所以an≥0，且an≤由于

因｛un｝单调增并有界，故数列｛un｝收敛.设=A，则故级数收敛，由比较判别法得收敛.

再证必要性.若｛un｝无界，则对于任意的k∈N，均存在n＞k，使un＞3uk.令ai=则

根据柯西收敛准则得数列｛Sn｝发散，则原级数发散.导出矛盾，故假设不成立，因此数列｛un｝有界.

例7.4（南京大学1995年竞赛题）　求

解析　令an=考虑级数，因为an＞0，且

据比值判别法知收敛，而级数收敛的必要条件是an→0（n→∞），故原式=0.

解析　已知a1=1＞0，a2=2＞0，a2-a1=1＞0，归纳设an＞0，an-an-1＞0，则

an+1-an=2an-an-1=（an-an-1）+an＞0

即an+1＞an＞0，所以数列｛an｝严格增.且∀n∈N，an＞0，由

3an=an-1+an+1＜2an+1

由于级数收敛，应用比较判别法得收敛.

例7.6（全国大学生2013年初赛题）　判别级数的敛散性；若收敛，求其和.

解析　由于

故an=当n充分大时，因为1+lnn＜所以

而级数收敛，应用比较判别法，即得原级数收敛.

考虑原级数的部分和

因n→∞时，故Sn→1.即原级数的和为1.

例7.7（全国大学生2010年初赛题）　设an＞0（n=1，2，…），，证明：

（1）当α＞1时，级数收敛；

（2）当α≤1且Sn→+∞（n→∞）时，级数发散.

解析　（1）当α＞1时，设f（x）=x1-α，在区间［Sn-1，Sn］上应用拉格朗日中值定理，必∃ξ∈（Sn-1，Sn），使得

由此式可得

设正项级数的部分和为σn，由于

所以级数收敛，应用比较判别法即得级数收敛.

（2）当α=1时，设g（x）=lnx，在区间［Sn-1，Sn］上应用拉格朗日中值定理，必∃η∈（Sn-1，Sn），使得

由此式可得

设正项级数的部分和为σn，由于

所以级数发散.又由于

（这里设数列｛an｝收敛）

所以级数发散，应用比较判别法，即得级数发散.

当α＜1时，不妨设Sn＞1，因应用比较判别法，即得级数发散.

例7.8（浙江省2011年竞赛题）　已知正项级数收敛，试证明级数收敛.

解析　对于正项级数的部分和

应用不等式k！≥（k∈N＊）与几何平均数小于等于算术平均数，有

由于

所以

由于收敛级数的部分和有界，所以级数的部分和有界，于是级数收敛.

例7.9（莫斯科动力学院1975年竞赛题）　对于级数（其中an＞0），若=λ，求证：当λ＞1时级数收敛；当λ＜1时级数发散.

解析　（1）当λ＞1时，取p：1＜p＜λ，由极限性质，∃N∈N，当n≥N时，有

而p＞1时收敛，所以收敛，因而收敛.

（2）当λ＜1时，取p：λ＜p＜1，由极限性质，∃N∈N，当n≥N时，有

而p＜1时发散，所以发散，因而发散.

例7.10（全国大学生2012年初赛题）　设为正项级数.

（1）若，证明收敛；

（2）若，且发散，证明发散.

解析　（1）设=c（c＞0或+∞），取实数d（0＜d＜c），则∃N∈N＊，当n≥N时有(https://www.xing528.com)

因此数列单调减少，且显然有下界，所以收敛，记为=λ.又由于级数的部分和Sm满足

所以级数收敛，再由（1）式，应用比较判别法得级数收敛，因此级数收敛.

（2）设=c（c＜0或-∞），取实数d（c＜d＜0），则∃N∈N＊，当n≥N时有

由此可得n≥N时有

由于级数发散，所以级数发散，再由（2）式，应用比较判别法得级数发散，因此级数发散.

例7.11（精选题）　设函数φ（x）是（-∞，+∞）上连续的周期函数，周期为1，且=0，函数f（x）在［0，1］上有连续的导数，an=，证明：收敛.

解析　作积分换元，令nx=t，则

令G（x）=，则G（0）=0，G′（x）=φ（x），且

所以G（x）是在（-∞，+∞）上连续可导的周期函数，于是G（x）在（-∞，+∞）上有界，记|G（x）|≤M1.∀x∈（-∞，+∞），有

因f′（x）在［0，1］上连续，所以f′（x）在［0，1］上有界，即∀x∈［0，1］有|f′（x）|≤M2.于是

而收敛，故由比较判别法得收敛.

例7.12（浙江省2009年竞赛题）　设fn（x）=+x-r，其中r＞0.（1）证明：fn（x）在（0，+∞）内有惟一的零点xn；（2）求r为何值时级数收敛，为何值时级数发散.

解析　（1）因为x＞0时，∀n∈N＊，有fn（x）连续，且（x）=+1＞0，所以fn（x）严格增.又因为

根据零点定理，fn（x）在（0，r）（⊂（0，+∞））内有惟一的零点xn.

（2）当0＜r＜1时，，又由fn（x）严格增可知0＜xn＜rn，而收敛，由比较判别法可得级数收敛.

当r＞1时，因=0，所以只要n充分大，就有

由fn（x）严格增可知xn＞＞0，而发散，由比较判别法得级数发散.

当r=1时，因为

其中α=，由于

故＜0.由fn（x）严格增可知xn＞＞0，由比较判别法得级数发散.

综上所述，当0＜r＜1时，级数收敛；当r≥1时，级数发散.

例7.13（精选题）　设函数f（x）在|x|≤1上有定义，在x=0的某邻域内有连续的二阶导数，x≠0时f（x）≠0，当x→0时f（x）是x的高阶无穷小，且∀n∈N，有

证明：级数收敛.

解析　因x→0时f（x）是x的高阶无穷小，且f（x）在x=0附近有连续的二阶导数，所以f（0）=0，f′（0）=0，且∃K＞0，使|x|充分小时|f″（x）|≤K.应用马克劳林展式，有

这里ξ介于0与x之间.当|x|充分小时，|f″（ξ）|≤K，所以n充分大时，有

由于收敛，所以级数收敛.

由于

又收敛时收敛，因而也收敛.应用比较判别法得级数收敛，由此得也收敛.因为

应用比较法即得级数收敛.

例7.14（精选题）　（1）先讨论级数的敛散性，又已知xn=1++…+-ln（1+n），证明数列｛xn｝收敛；

（2）求

解析　（1）应用ln（1+x）的马克劳林展式，有

所以当n充分大时，有

而级数收敛，所以级数收敛.该级数的部分和为

所以数列｛xn｝收敛.

（2）由于=0，设xn→A，则

应用洛必达法则，有

所以=1，由（＊）式即得

例7.15（北京市1992年竞赛题）　设f（x）=，求证级数收敛，并求其和.

解析　令F（x）=（1-x-x2）f（x），则F（x）=1.根据莱布尼兹公式，对上式两边求（n+2）阶导数，有

令x=0得

于是

an+2=an+1+an

且a0==1，归纳可得n→∞时有an→∞.原级数的部分和

于是级数收敛，且和为2.

例7.16（莫斯科工程物理学院1975年竞赛题）　试举出一个收敛的正项级数其中

解析　当n为某正整数的平方时，取an=，当n不是某正整数的平方时，取即为

这里an≠下面证明该级数是收敛的.由于

收敛，所以加括号后级数

也收敛.又由于级数

收敛，所以（3）与（4）式逐项相减后所得级数

也收敛.再将收敛级数（5）与（2）逐项相加即得级数（1）收敛.