解析判别正项级数的敛散性

例7.1（浙江省2002年竞赛题）　设｛an｝，｛bn｝为满足ean＝an＋ebn（n≥1）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.因an＞0，且

故bn＞0，且，于是级数收敛.

例7.2（江苏省2010年竞赛题）　已知数列｛an｝：a1＝1，a2＝2，a3＝5，…，an＋1＝3an－an－1（n＝2，3，…），记，判别级数的敛散性.

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

由于级数收敛，应用比较判别法得收敛.

例7.3（全国大学生2015年决赛题）　设1，2，…），证明级数收敛并求其和.

解析　记所以数列｛an｝单调增加.若数列｛an｝有上界，则｛an｝收敛.我们令，则A－A＝A2⇒A＝0，这是不可能的，因为，所以数列｛an｝上无界，即.

由，可得

考虑级数的部分和

所以级数收敛，且其和为4p.

例7.4（全国大学生2013年预赛题）　判别级数的敛散性；若收敛，求其和.

解析　由于

故.当n充分大时，因为所以

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7.5（全国大学生2010年预赛题）　设，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

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7.6（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

应用不等式与“A－G不等式”，有

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7.7（莫斯科动力学院1975年竞赛题）　对于级数（其中an＞0），若，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7.8（全国大学生2012年预赛题）　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＞0或＋∞），取实数d（0＜d＜c），则∃N∈N＊，当n≥N时有

因此数列单调减少，且显然有下界，所以收敛，记为.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，取实数d（c＜d＜0），则∃N∈N＊，当n≥N时有

由此可得n≥N时有(www.xing528.com)

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

解析　作积分换元，令nx＝t，则

令，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7.10（浙江省2009年竞赛题）　设，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x＞0时，∀n∈N＊，有fn（x）连续，且所以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，所以只要n充分大，就有

由fn（x）严格增可知，而发散，由比较判别法得级数发散.

当r＝1时，因为

其中，由于

故.由fn（x）严格增可知，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7.11（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，当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7.12（精选题）　（1）先讨论级数的敛散性，又已知，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，设xn→A，则

应用洛必达法则，有

所以，由（＊）式即得

例7.13（北京市1992年竞赛题）　设，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

且，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7.14（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，当n不是某正整数的平方时，取为

这里.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.