考研级数典型例题完美版讲析
考研定积分经典例题（完美讲析）
定积分常见问题一、关于含“变上限积分”的问题321(1)()x x F x =⎰例、求下列导数32(2)()x x F x =⎰220(3)()()xF x tf x t dt =-⎰2例、求下列极限2221(1)lim(1)x t xx t e dt x -→∞+⎰求 2204()(2)lim,()(0)0,(0)2xx tf x t dtf x f f x→-'==⎰求连续，3例1(1)()()()sin f x f tx dt f x x x =+⎰求连续函数，使之满足1ln 1(2)()0()()1xt f x dt x f x f t x =>++⎰、设，其中，求 ()()3213()0(),1()8,()3f x f x xg x g t dt x f x >=-⎰（）设在可微。
其反函数为且求二、定积分计算的有关问题411(1)例、（常见形式积分）4(2)1cos 2xdx x π+⎰(3).2(4)(0)aa >⎰0(5)⎰0(6)a例2、（分段函数，绝对值函数）[(1)()b a xdx a b <⎰0,02(2)(),()(),2x l kx x f x x f t dt l c x l ⎧≤≤⎪⎪=Φ=⎨⎪≤≤⎪⎩⎰、设求10(3)t t x dt -⎰sin ,02(4).()(),(0)0(),()0,2xx x f t g x t dt x x f x x g x x ππ⎧≤<⎪⎪-≥≥==⎨⎪≥⎪⎩⎰其中当时，而例3（对称区间上积分）11(1)(1sin )()x x x e e dx --++⎰(1212(2)sin ln x x x dx -⎡⎢⎣⎰244sin (3)1x x dx e ππ--+⎰()4[]()()baf x dx f xg x +⎰例、形如的积分42(1)dx sin 2sin cos 0(2)xx x e dxe e π+⎰2(3),1()dxtgx πλ+⎰例5、（由三角有理式与其他初等函数通过四则成复合而成的函数的积分）22022001.(sin )(cos ))2.(sin )(sin )21331,24223.sin cos ,1342,1253n n f x dx f x dx xf x dx f x dxn n n n n xdx xdx n n n n n ππππππππ==--⎧⋅⋅⋅⎪⎪-==⎨--⎪⋅⋅⎪-⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 常用结论，为正偶自然数为大于的正奇数，2(sin )(1)(sin )(cos )f x dxf x f x π+⎰2π⎰101020sin cos (2)4sin cos x x dx x x π---⎰、2(3)ln sin xdx π⎰ 320sin (4)1cos x xdx x π+⎰2220sin (5),sin cos n n n n x x I dx n N x x π+=∈+⎰计算 640(6)sin cos x x xdxπ⎰[]2(7)(),,()()sin ,()1cos xf x f x f x xdx f x x ππππ--=++⎰设在上连续且满足求1210011(8)(1)x dx--⎰求0(9)n π⎰2sin (10)()sin ,().x t xF x e tdt F x A B C D π+=⎰则是（）正常数负常数恒为零不是常数例6 利用适当变量代换计算积分4(1)ln(1)tgx dx π+⎰120ln(1)(2)1x dx x ++⎰ 200(3)sin n x xdx π⎰20(4)(1)(1)dxx x α+∞++⎰求例7（其它）22(1)()[0,]()cos ()()2f x f x x x f t dt f x ππ=+⎰、设在上连续，且，求212(2)()()2()()f x x x f x dx f x dx f x =-+⎰⎰设，求120(3)()()arcsin(1),(01),()y y x y x x x y x dx '==-≤≤⎰设满足求22011(4)()(2)arctan ,(1)1,()2x f x tf x t dt x f f x dx -==⎰⎰、设连续，且满足求的值2200cos sin cos (5),,(2)1x x xdx A dx x x ππ=++⎰⎰已知：求220(6)()ln(12cos )(),()F a a x a dx F a F a π=-+-⎰设，求(2)(),()a xay a y f x edy f x dx --=⎰⎰(7)、设求1(8)(1)m n x x dx -⎰例8、计算下列广义积分（基本题）2(1),1dxx +∞-∞+⎰1(2),e 2ln (3),1xdx x+∞+⎰51(4)1(5)cos(ln ),x dx ⎰例9(1)0)pt te dt p p +∞->⎰（是常数，且2(2).(1)xx xe dx e +∞--+⎰例10、计算下列广义积分（广义积分变量代换例）3(1)23202ln(1)(2)(1)x x dx x +∞++⎰22200200.cos sin (1)(1)1sin sin (2),()2x x xdx A A dx x x x x dx dxx x π+∞+∞+∞+∞++=⎰⎰⎰⎰例11已知广义积分收敛于，试用表示广义积分的值已知求 经典例题例1求21limn n→∞ ． 解将区间[0,1]n 等分，则每个小区间长为1i x n∆=，然后把2111n n n =⋅的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即21limn n →∞+ =1lim n n →∞+ =34=⎰．例20⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，0⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故0⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则⎰=22tdt ππ-⎰=2tdt =2202cos tdt π⎰=2π例3 比较12x e dx ⎰，212x e dx ⎰，12(1)x dx +⎰．解法1在[1,2]上，有2x x e e ≤．而令()(1)x f x e x =-+，则()1x f x e '=-．当0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)f x f >，可知在[1,2]上，有1x e x >+．又1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰，从而有2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．解法2 在[1,2]上，有2xx e e ≤．由泰勒中值定理212!xe e x x ξ=++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰．因此2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．例4 估计定积分22xxe dx -⎰的值．解设 2()xxf x e -=, 因为 2()(21)xxf x e x -'=-, 令()0f x '=，求得驻点12x =, 而 0(0)1f e ==, 2(2)f e =, 141()2f e -=,故124(),[0,2]ef x e x -≤≤∈,从而21224022xxee dx e --≤≤⎰,所以21024222x xe edx e ---≤≤-⎰.例5设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，且()0g x ≥，()0f x >．求lim (ban g x →∞⎰．解 由于()f x 在[,]a b 上连续，则()f x 在[,]a b 上有最大值M 和最小值m ．由()0f x >知0M >，0m >．又()0g x ≥，则()b ag x dx (b ag x ≤⎰()bag x dx ≤．由于1n n =，故lim (ban g x →∞⎰=()bag x dx ⎰．例6求sin lim n pnn xdx x+→∞⎰, ,p n 为自然数． 解法1 利用积分中值定理 设 sin ()xf x x=, 显然()f x 在[,]n n p +上连续, 由积分中值定理得 sin sin n p n x dx p x ξξ+=⋅⎰, [,]n n p ξ∈+, 当n →∞时, ξ→∞, 而sin 1ξ≤, 故sin sin lim lim 0n pnn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰．解法2 利用积分不等式 因为sin sin 1ln n pn p n p nn n x x n pdx dx dx x x x n++++≤≤=⎰⎰⎰, 而limln0n n pn→∞+=,所以 sin lim 0n pnn xdx x+→∞=⎰． 例7求10lim 1nn x dx x→∞+⎰．解法1 由积分中值定理 ()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰可知101nx dx x +⎰=111n x dx ξ+⎰，01ξ≤≤．又11lim lim01n n n x dx n →∞→∞==+⎰且11121ξ≤≤+， 故10lim 01n n x dx x→∞=+⎰． 解法2 因为01x ≤≤，故有01nn x x x≤≤+．于是可得110001nn x dx x dx x ≤≤+⎰⎰．又由于110()1n x dx n n =→→∞+⎰． 因此10lim 1nn x dx x→∞+⎰=0． 例8设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且3414()(0)f x dx f =⎰．证明在(0,1)内存在一点c ，使()0f c '=．证明 由题设()f x 在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得3413(0)4()4()(1)()4f f x dx f f ξξ==-=⎰，其中3[,1][0,1]4ξ∈⊂．于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c ξ∈⊂，使得()0f c '=．证毕．例9（1）若22()x t x f x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x xf t dt =⎰，求()f x '=___．()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx ''=-⎰．解 （1）()f x '=422x x xe e ---；（2）由于在被积函数中x 不是积分变量，故可提到积分号外即0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例10 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例11函数1()(3(0)x F x dt x =>⎰的单调递减开区间为_________．解()3F x'=，令()0F x '<3>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求． 例12求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解()f x '(1)arctan x x -()f x '0得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =为极小值点．例13已知两曲线()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线相同，其中 2arcsin 0()x t g x e dt -=⎰，[1,1]x ∈-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf n→∞．解由已知条件得20(0)(0)0t f g e dt -===⎰，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知(0)(0)1f g =''===．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n →∞→∞-'=⋅==-． 例14 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；解22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)lim sin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x →-⋅-=2012(2)lim sin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例15试求正数a 与b，使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立．解2001lim sin x x x b x →-⎰=20x →=20lim 1cos x x x b x →→-2011cos x x b x →==-， 由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2011cos x x x →==-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例16设sin 20()sin x f x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →时，()f x 是()g x 的（ ）．A ．等价无穷小．B ．同阶但非等价的无穷小．C ．高阶无穷小．D ．低阶无穷小． 解法1由于 22300()sin(sin )cos lim lim ()34x x f x x xg x x x →→⋅=+2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ． 解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到sin 223370111()[()]sin sin 3!342xf x t t dt x x =-+=-+⎰ ， 则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f x g x x x x →→→-+-+===++． 例17证明：若函数()f x 在区间[,]a b 上连续且单调增加，则有()baxf x dx ⎰()2baa b f x dx +≥⎰．证法1 令()F x =()()2xxa a a x tf t dt f t dt +-⎰⎰，当[,]t a x ∈时，()()f t f x ≤，则 ()F x '=1()()()22x a a x xf x f t dt f x +--⎰=1()()22xax a f x f t dt --⎰≥1()()22x a x a f x f x dt --⎰=()()22x a x a f x f x ---0=． 故()F x 单调增加．即 ()()F x F a ≥，又()0F a =，所以()0F x ≥，其中[,]x a b ∈． 从而()F b =()()2bba a ab xf x dx f x dx +-⎰⎰0≥．证毕． 证法2 由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a bx f x f ++--0≥，从而 ()[()()]22baa b a bx f x f dx ++--⎰0≥． 即()()2baa b x f x dx +-⎰()()22b a a b a b x f dx ++≥-⎰=()()22b a a b a bf x dx ++-⎰=0．故()baxf x dx ⎰()2baa b f x dx +≥⎰． 例18计算21||x dx -⎰．分析被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号然后再积分． 解21||x dx -⎰＝021()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．注在使用牛顿－莱布尼兹公式时,应保证被积函数在积分区间上满足可积条件．如33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x在0x =处间断且在被积区间内无界.例19 计算220max{,}x x dx ⎰．分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数212()01x x f x x x ⎧<≤=⎨≤≤⎩． 解23212221201011717max{,}[][]23236x x x x dx xdx x dx =+=+=+=⎰⎰⎰例20设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =． 解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而1()f t dt ⎰是常数，记1()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a +=，即132a a +=， 从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例21 设23, 01()52,12x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩，0()()x F x f t dt =⎰，02x ≤≤，求()F x , 并讨论()F x 的连续性．解 （1）求()F x 的表达式．()F x 的定义域为[0,2]．当[0,1]x ∈时，[0,][0,1]x ⊂, 因此23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当(1,2]x ∈时，[0,][0,1][1,]x x = , 因此, 则1201()3(52)xF x t dt t dt =+-⎰⎰=31201[][5]xt t t +-=235x x -+-， 故32, 01()35,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-+-≤≤⎪⎩． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于211lim ()lim(35)1x x F x x x ++→→=-+-=, 311lim ()lim 1x x F x x --→→==, (1)1F =． 因此, ()F x 在1x =处连续, 从而()F x 在[0,2]上连续．例22 计算21-⎰．由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性．解21-⎰=211--+⎰⎰．由于2是偶函数，而是奇函数，有10-=⎰, 于是21-⎰=214⎰=04⎰=1044dx-⎰⎰由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dxππ-=-⋅=-⎰⎰．例23计算3412ee⎰．解3412ee⎰=34e3412ee⎰=⎰=3412ee=6π．例24计算4sin1sinxdxxπ+⎰．解4sin1sinxdxxπ+⎰=42sin(1sin)1sinx xdxxπ--⎰=244200sintancosxdx xdxxππ-⎰⎰=244200cos(sec1)cosd xx dxxππ---⎰⎰=44001[][tan]cosx xxππ--=24π-注此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试．例25计算2a⎰，其中0a>．解2a⎰=20a⎰，令sinx a a t-=，则2a⎰=3222(1sin)cosa t tdtππ-+⎰=3222cos0a tdtπ+⎰=32aπ．注 ，一般令sin x a t =或cos x a t =． 例26 计算a⎰，其中0a >．解法1 令sin x a t =，则a⎰2cos sin cos tdt t tπ=+⎰201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t t π++-=+⎰ 201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tπ'+=++⎰ []201ln |sin cos |2t t t π=++=4π． 解法2 令sin x a t =，则a⎰=2cos sin cos tdt t tπ+⎰．又令2t u π=-，则有20cos sin cos t dt t t π+⎰=20sin sin cos u du u u π+⎰．所以，a⎰22001sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t tt t ππ+++⎰⎰=2012dt π⎰=4π． 注 如果先计算不定积分，再利用牛顿-莱布尼兹公式求解,则比较复杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．例27计算ln 0⎰．解设u =2ln(1)x u =+，221udx du u =+，则ln 0⎰=22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰ 222001284du du u =-=+⎰⎰4π-．例28 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，其中()f x 连续．分析 要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有x ，因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含x ，然后再求导．解由于220()xtf x t dt -⎰=2221()2x f x t dt -⎰． 故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以220()xtf x t dt -⎰=201()()2x f u du -⎰=201()2x f u du ⎰， 故220()x d tf x t dt dx -⎰=201[()]2x d f u du dx ⎰=21()22f x x ⋅=2()xf x ． 错误解答220()xd tf x t dt dx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xad x f t dt f x dx 'Φ==⎰中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例29 计算30sin x xdx π⎰．解30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-．例30 计算120ln(1)(3)x dx x +-⎰． 解 120ln(1)(3)x dx x +-⎰=101ln(1)()3x d x+-⎰=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-⋅--+⎰ =101111ln 2()2413dx x x -++-⎰11ln 2ln324=-． 例31计算20sin x e xdx π⎰．解由于2sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰220[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1） 而20cos xe xdx π⎰20cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2） 将（2）式代入（1）式可得20sin xe xdx π⎰220[sin 1]x e e xdx ππ=--⎰,故20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+．例32 计算10arcsin x xdx ⎰．解10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰ 21142π=-⎰． （1） 令sin x t =，则21⎰220sin t π=⎰220sin cos cos ttdt tπ=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos 22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π． 例33设()f x 在[0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且0[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰，求(0)f '． 解 由于0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰0()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰[]000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ππππ'''=-++⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-． 例34（97研）设函数()f x 连续，1()()x f xt dt ϕ=⎰，且0()limx f x A x→=（A 为常数）， 求()x ϕ'并讨论()x ϕ'在0x =处的连续性．分析 求()x ϕ'不能直接求，因为10()f xt dt ⎰中含有()x ϕ的自变量x ，需要通过换元将x从被积函数中分离出来，然后利用积分上限函数的求导法则，求出()x ϕ'，最后用函数连续的定义来判定()x ϕ'在0x =处的连续性．解 由0()limx f x A x→=知0lim ()0x f x →=，而()f x 连续，所以(0)0f =，(0)0ϕ=．当0x ≠时，令u xt =，0t =，0u =；1t =，u x =．1dt du x =，则()()xf u du x xϕ=⎰，从而02()()()(0)xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰．又因为02()()(0)()limlimlim22xx x x f u du x f x A x xx ϕϕ→→→-===-⎰，即(0)ϕ'=2A．所以 ()x ϕ'=02()(),0,02x xf x f u du x x Ax ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰． 由于22000()()()()lim ()limlim limxxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x ϕ→→→→-'==-⎰⎰=(0)2A ϕ'=． 从而知()x ϕ'在0x =处连续．注 这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数在一点的连续性等知识点的综合题．而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误： （1）直接求出2()()()xxf x f u dux xϕ-'=⎰，而没有利用定义去求(0)ϕ'，就得到结论(0)ϕ'不存在或(0)ϕ'无定义，从而得出()x ϕ'在0x =处不连续的结论．（2）在求0lim ()x x ϕ→'时，不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致()()()1lim ()lim ().22x x xf x f x f x x f x x ϕ→→'+-''==又由0()limx f x A x→=用洛必达法则得到0lim ()x f x →'=A ，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则需要有条件：()f x 在0x =的邻域内可导．但题设中仅有()f x 连续的条件，因此上面出现的0lim ()x f x →'是否存在是不能确定的．例35（00研）设函数()f x 在[0,]π上连续，且()0f x dx π=⎰，0()cos 0f x xdx π=⎰．试证在(0,)π内至少存在两个不同的点12,ξξ使得12()()0f f ξξ==．分析 本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数0()()xF x f t dt =⎰，找出()F x的三个零点，由已知条件易知(0)()0F F π==，0x =，x π=为()F x 的两个零点，第三个零点的存在性是本题的难点．另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明()f x 在(0,)π之间存在两个零点．证法1 令0()(),0xF x f t dt x π=≤≤⎰，则有(0)0,()0F F π==．又00()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdx xdF x xF x F x xdx ππππ==+⎰⎰⎰()sin 0F x xdx π==⎰，由积分中值定理知，必有(0,)ξπ∈，使得()sin F x xdx π⎰=()sin (0)F ξξπ⋅-．故()sin 0F ξξ=．又当(0,),sin 0ξπξ∈≠，故必有()0F ξ=． 于是在区间[0,],[,]ξξπ上对()F x 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)ξξ∈，2(,)ξξπ∈，使得12()()0F F ξξ''==，即12()()0f f ξξ==．证法2 由已知条件0()0f x dx π=⎰及积分中值定理知必有10()()(0)0f x dx f πξπ=-=⎰，1(0,)ξπ∈，则有1()0f ξ=．若在(0,)π内，()0f x =仅有一个根1x ξ=，由0()0f xd x π=⎰知()f x 在1(0,)ξ与1(,)ξπ内异号，不妨设在1(0,)ξ内()0f x >，在1(,)ξπ内()0f x <，由()cos 0f x xdx π=⎰，0()0f x dx π=⎰，以及cos x 在[0,]π内单调减，可知：100()(cos cos )f x x dx πξ=-⎰=11110()(cos cos )()(cos cos )f x x dx f x x dx ξπξξξ-+-⎰⎰0>．由此得出矛盾．故()0f x =至少还有另一个实根2ξ，12ξξ≠且2(0,)ξπ∈使得 12()()0.f f ξξ==例36计算243dxx x +∞++⎰．分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解2043dx x x +∞++⎰=20lim 43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim ()213t t dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32． 例37计算3+∞⎰．解3+∞⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ+∞=⎰⎰23cos 1d ππθθ==⎰ 例38计算42⎰分析 该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当32)⎰43⎰解 由于32⎰32lim aa +→⎰32lim aa +→⎰=32lim[arcsin(3)]a a x +→-=2π．43⎰34lim bb -→⎰34lim bb -→⎰=34lim[arcsin(3)]b b x -→-=2π． 所以42⎰22πππ=+=．例39计算0+∞⎰．分析 此题为混合型反常积分，积分上限为+∞，下限0为被积函数的瑕点． 解t ，则有+∞⎰＝50222(1)tdt t t +∞+⎰＝50222(1)dt t +∞+⎰，再令tan t θ=，于是可得5022(1)dt t +∞+⎰＝25022tan (tan 1)d πθθ+⎰＝2250sec sec d πθθθ⎰＝230sec d πθθ⎰ ＝320cos d πθθ⎰＝220(1sin )cos d πθθθ-⎰＝220(1sin )sin d πθθ-⎰＝3/21[sin sin ]3πθθ-＝23． 例40计算21⎰． 解 由于221112111())d x x x +-==⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当x =时，t =；当0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有21010211()()12()d x d x x x x x--=+-⎰⎰⎰022dt t +∞-∞=++⎰⎰1arctan )2π=+ ． 注 有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32、例37、例39；而有些非反常积分通过换元却会变成反常积分，如例40，因此在对积分换元时一定要注意此类情形．例41求由曲线12y x =，3y x =，2y =，1y =所围成的图形的面积． 分析 若选x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面选取以y 为积分变量． 解选取y 为积分变量，其变化范围为[1,2]y ∈，则面积元素为dA =1|2|3y y dy -=1(2)3y y dy -． 于是所求面积为211(2)3A y y dy =-⎰=52． 例42抛物线22y x =把圆228x y +=分成两部分，求这两部分面积之比．解 抛物线22y x =与圆228x y +=的交点分别为(2,2)与(2,2)-，如图所示5－2所示，抛物线将圆分成两个部分1A ，2A ，记它们的面积分别为1S ，2S ，则有图5－21S =222)2y dy -⎰=24488cos 3d ππθθ--⎰=423π+，218S A π=-=463π-，于是12S S =423463ππ+-=3292ππ+-．例43 求心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积．分析 心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的图形如图5－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可． 解求得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的交点为(,)ρθ=3(,)23π±，由图形的对称性得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积为图5－3A =223203112[(1cos )(3cos )]22d d πππθθθθ++⎰⎰=54π． 3πθ=3cos ρθ=3211-o11-1cos θ+例44求曲线ln y x =在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成平面图形的面积最小（如图5－4所示）．分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式．解 设所求切线与曲线ln y x =相切于点(,ln )c c ，则切线方程为1ln ()y c x c c-=-．又切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成的平面图形的面积为图5－4A =621[()ln ln ]x c c x dx c -+-⎰=44(1)4ln 46ln62ln 2c c-++-+．由于dA dc =2164c c-+=24(4)c c --，令0dA dc =，解得驻点4c =．当4c <时0dA dc<，而当4c >时0dAdc >．故当4c =时，A 取得极小值．由于驻点唯一．故当4c =时，A 取得最小值．此时切线方程为： 11ln 44y x =-+． 例45求圆域222()x y b a +-≤（其中b a >）绕x 轴旋转而成的立体的体积．解 如图5－5所示，选取x 为积分变量，得上半圆周的方程为2y b =下半圆周的方程为1y b =图5－5则体积元素为dV =2221()y y dx ππ-=4π．于是所求旋转体的体积为V=4ab π-⎰=08b π⎰=284a b ππ⋅=222a b π．注 可考虑选取y 为积分变量，请读者自行完成．例46（03研）过坐标原点作曲线ln y x =的切线，该切线与曲线ln y x =及x 轴围成平面图形D ．（1）求D 的面积A ；（2）求D 绕直线x e =旋转一周所得旋转体的体积V ． 分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积A ，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行图5－6计算，如图5－6所示．解（1）设切点横坐标为0x ，则曲线ln y x =在点00(,ln )x x 处的切线方程是0001ln ()y x x x x =+-． 由该切线过原点知0ln 10x -=，从而0x e =，所以该切线的方程是1y x e=．从而D 的面积10()12y eA e ey dy =-=-⎰． （2）切线1y x e =与x 轴及直线x e =围成的三角形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为2113V e π=，曲线ln y x =与x 轴及直线x e =围成的图形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为1222011()(2)22y V e e dy e e ππ=-=-+-⎰．因此，所求体积为212(5123)6V V V e e π=-=-+．例47有一立体以抛物线22y x =与直线2x =所围成的图形为底，而垂直于抛物线的轴的截面都是等边三角形，如图5－7所示．求其体积．解 选x 为积分变量且[0,2]x ∈．过x 轴上坐标为x 的点作垂直于x 轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为得等边三角形的面积为图5－7()A x 2=． 于是所求体积为 V =2()A x dx ⎰=2⎰=．例48（03研）某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k ，0k >），汽锤第一次击打进地下a （m ），根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r （01r <<）．问： （1）汽锤打桩3次后，可将桩打进地下多深？（2）若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？（注：m 表示长度单位米） 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求．解 （1）设第n 次击打后，桩被打进地下n x ，第n 次击打时，汽锤所作的功为n W （1n =，2，）．由题设，当桩被打进地下的深度为x 时，土层对桩的阻力的大小为kx ，所以12211022x k k W kxdx x a ===⎰，2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-⎰．由21W rW =得22221x x ra -=，即 222(1)x r a =+，3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+⎰．由2321W rW r W == 得22223(1)x r a r a -+=，即 2223(1)x r r a =++．从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下3x =m ）．（2）问题是要求lim n n x →∞，为此先用归纳法证明：1n x +=．假设n x ，则12211()2n nx n n n x k W kxdx x x +++==-⎰2121[(1...)]2n n kx r r a -+=-+++．由2111...n n n n W rW r W r W +-====，得21221(1...)n n n x r r a r a -+-+++=．从而1n x +.于是1lim n n n x +→∞=．()m ．例49有一等腰梯形水闸．上底为6米，下底为2米，高为10米．试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力．解 建立如图5－8所示的坐标系，选取x 为积分变量．则过点(0,3)A ，(10,1)B 的直线方程为135y x =-+．于是闸门上对应小区间[,]x x dx +的窄条所承受的水压力为2dF xy gdx ρ=．故闸门所受水压力为F =10012(3)5g x x dx ρ-+⎰=5003g ρ，其中ρ为水密度，g 为重力加速度．图5－8。
级数典型例题
级数典型例题一个典型的级数例题是求和项为1/n^2的无穷级数，即S = 1/1^2 + 1/2^2 + 1/3^2 + 1/4^2 + ...这个级数被称为“巴塞尔问题”，并且已经被求和为π^2/6。
解法如下：我们可以尝试使用部分和的方法来解决这个问题。
设第n个部分和为Sn = 1/1^2 + 1/2^2 + ... + 1/n^2然后我们考虑Sn+1与Sn之间的差异，即Sn+1 - Sn，即第n+1个部分和与第n个部分和之间的差值。
我们可以观察到：Sn+1 - Sn = (1/1^2 + 1/2^2 + ... + 1/n^2 + 1/(n+1)^2) - (1/1^2 + 1/2^2 + ... + 1/n^2)= 1/(n+1)^2也就是说，Sn+1与Sn之间的差异可以通过加上1/(n+1)^2得到。
根据这个观察结果，我们可以得出以下结论：S1 = 1/1^2S2 = S1 + 1/2^2 = 1/1^2 + 1/2^2S3 = S2 + 1/3^2 = 1/1^2 + 1/2^2 + 1/3^2...Sn = Sn-1 + 1/n^2 = 1/1^2 + 1/2^2 + ... + 1/n^2因此，我们可以通过逐个添加每一个1/n^2的项得到整个级数的和。
由于这个级数是无限级数，我们可以尝试求得一个足够大的部分和，作为无穷级数的近似值。
例如，当n取1000时，部分和S1000的结果可以近似表示为：S1000 ≈ 1/1^2 + 1/2^2 + ... + 1/1000^2然后，我们可以逐步增加n的值，进一步逼近级数的实际和。
实际上，通过这种方法，我们可以不断增加n的值，直到得到非常接近于级数实际和的结果。
最终，当n趋向于无穷大时，这个级数的和是π^2/6。
有关级数的典型例题
n > N 1 时， x n ↘． 现证 n ® ¥ 时， x n ® 0 ．取 0 < k < a ， $N 2 > N 1 ，当 n > N 2 时有
k æ 1 ö a æ 1 ö ç1 + ÷ = 1 + + oç ÷ < 1 + ． n è n ø n è n ø
¥
例 5 设正项级数 å x 且数列 { x 单调减少． 利用 Cauchy 收敛原理证明： n 收敛， n }
n =1
lim nx n = 0 ．
n ® ¥
¥
证
由 å x { x 单调减少，有 x u n < +¥ 和 "e > 0 ，由 å n 收敛及 n } n ↘ 0 ．对
另一方面，注意 z n = cos nx + i sin nx ，又有
¥
å ( qz )
n =1
n
n =qz + ( qz )2 + ( qz )3 + L + ( qz ) +L
= qz + q 2 z 2 + q 3 z 3 + L + q n z n + L = q cos x + qi sin x + q 2 cos 2 x + q 2 i sin 2 x + L + q n cos nx + q n i sin nx
e
，因而 0 £ 2 kx 2 k < e ； 2
e
2
， ( 2 k + 1 ) u 2 k +1 2 k + 2 ) u 2 k +1 < e ． £ (
第九章 无穷级数部分考研真题及解答
第九章 无穷级数9.1常数项级数的概念与性质 09.1) 设n a 为曲线1(1,2,...)nn y x y xn += ==与所围成区域的面积，记11,n n S a ∞==∑2211n n S a ∞-==∑，求1S 与2S 的值。
【解析与点评】考点：定积分求面积，级数求和。
级数求和的零部件组合安装法是水木艾迪 强调的重要技巧。
曲线ny x =与曲线1n y x +=在点x =0和x =1处相交，11121001111()()1212n n n n n a x x dx x x n n n n +++=-=-=-++++⎰， 1111111111lim lim (...)lim ()2312222Nn n N N N n n S a a n n n ∞→∞→∞→∞=====-++-=-=+++∑∑22111111111() (22123221)n n n S a n n n n ∞∞-====-=-++-+++∑∑ 由2(1)1ln(1)...(1)...2n n x x x x n-+=-++-+，令x =1，得 21111ln(2)1(...)12345S =--+-+=-，21ln 2S =-9.2常数项级数的审敛法02.1)设0(1,2,3,)n u n ≠=且lim 1,x n n u →∞=则级数1111(1)1n n n n u u ∞+=⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭∑ （ C ） （A ）发散. （B ）绝对收敛. （C ）条件收敛. （D ）收敛性根据所给条件不能确定.提示：具体化+与调和级数的比较法 03.3) 设2nn n a a p +=，2nn n a a q -=， ,2,1=n ，则下列命题正确的是 [ B ](A) 若∑∞=1n na条件收敛，则∑∞=1n np与∑∞=1n nq都收敛.(B) 若∑∞=1n na绝对收敛，则∑∞=1n np与∑∞=1n nq都收敛.(C) 若∑∞=1n na条件收敛，则∑∞=1n np与∑∞=1n nq敛散性都不定.(D) 若∑∞=1n na绝对收敛，则∑∞=1n np与∑∞=1n nq敛散性都不定.04.1) 设∑∞=1n na为正项级数，下列结论中正确的是 [ B ]（A ）若n n na ∞→lim =0，则级数∑∞=1n na收敛.（B ）若存在非零常数λ，使得λ=∞→n n na lim ，则级数∑∞=1n na发散.（C ）若级数∑∞=1n na收敛，则0lim 2=∞→n n a n .（D ）若级数∑∞=1n na发散, 则存在非零常数λ，使得λ=∞→n n na lim .(取n n a n ln 1=，则n n na ∞→lim =0，但∑∑∞=∞==11ln 1n n n nn a 发散，排除(A)，(D)；又取nn a n 1=，则级数∑∞=1n na收敛，但∞=∞→n n a n 2lim ，排除(C))04.3) 设有下列命题： (1) 若∑∞=-+1212)(n n n u u 收敛，则∑∞=1n n u 收敛.(2) 若∑∞=1n n u 收敛，则∑∞=+11000n n u 收敛.(3) 若1lim1>+∞→nn n u u ，则∑∞=1n n u 发散. (4) 若∑∞=+1)(n n n v u 收敛，则∑∞=1n n u ，∑∞=1n n v 都收敛.则以上命题中正确的是 (A) (1) (2). (B) (2) (3).(C) (3) (4). (D) (1) (4). [ B ]（(1)令n n u )1(-=，(3)n u 不趋向于零，(4)令nv n u n n 1,1-==）05.3) 设,,2,1,0 =>n a n 若∑∞=1n na发散，∑∞=--11)1(n n n a 收敛，则下列结论正确的是(A )∑∞=-112n n a收敛，∑∞=12n na发散 . （B ）∑∞=12n na收敛，∑∞=-112n n a发散.(C))(1212∑∞=-+n n n a a收敛. (D))(1212∑∞=--n n n a a收敛. [ D ]（取na n 1=反例排除法） 06.13) 若级数1nn a∞=∑收敛，则级数 [ D ]（A ）1nn a∞=∑收敛. （B ）1(1)nn n a ∞=-∑收敛.（C ）11n n n a a ∞+=∑收敛.（D ）112n n n a a ∞+=+∑收敛. 07.12) 设函数f (x )在(0,)+∞上具有二阶导数，且()0.f x ''> 令),,2,1)(( ==n n f u n , 则下列结论正确的是： （ D ）(A ) 若12u u >，则{}n u 必收敛. (B) 若12u u >，则{}n u 必发散. (C) 若12u u <，则{}n u 必收敛. (D) 若12u u <，则{}n u 必发散. （f (x )=2x ，f (x )=1x，()ln f x x =-反例排除） 09.1) 设有两个数列{},{}n n a b ，若lim 0n n a →∞=，则（ C ） （A ）当1nn b∞=∑收敛时，1n nn a b∞=∑收敛 （B ）1nn b∞=∑发散时，1n nn a b∞=∑发散（C ）当1||nn b∞=∑收敛时，221n n n a b ∞=∑收敛 （D ）1||n n b ∞=∑发散时，221n n n a b ∞=∑发散(反例：对A取(1)nn n a b ==-，对B 取1n n a b n ==，对D 取1n n a b n ==。
青海省考研数学复习资料数学分析典型问题解析
青海省考研数学复习资料数学分析典型问题解析数学分析作为考研数学科目的重要组成部分，是考生复习备考过程中需要重点关注的内容。
本文将就青海省考研数学分析的典型问题进行解析，并提供一些复习资料，以帮助考生更好地备考。
一、极限与连续在数学分析中，极限与连续是一个基础且重要的概念。
在复习过程中，需要掌握以下知识点：1. 极限的定义和性质：理解极限的定义，并能够灵活运用极限的四则运算、夹逼准则等性质。
2. 常见函数的极限：熟练计算常见函数的极限，如幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等。
3. 狄利克雷(Dirichlet)函数：了解狄利克雷函数的定义及其在极限中的应用。
4. 连续及其性质：掌握连续函数的定义及其性质，如介值定理、零点定理等。
二、一元函数微分学一元函数微分学是数学分析的重要内容之一，对于考生而言，需要重点掌握以下知识点：1. 导数及其计算：了解导数的定义，能够计算一元函数的导数，并掌握简单函数导数的性质。
2. 高阶导数：了解高阶导数的定义，并能够计算高阶导数。
3. 中值定理：掌握拉格朗日中值定理、柯西中值定理及罗尔中值定理，并能够正确运用。
4. 泰勒公式：了解泰勒公式的定义及其应用，包括泰勒展开、泰勒多项式等。
三、一元函数积分学一元函数积分学是数学分析中的另一个重要内容，考生需要掌握以下知识点：1. 不定积分的概念和性质：了解不定积分的定义、基本性质和计算方法。
2. 定积分的概念和性质：了解定积分的定义、基本性质和计算方法，包括换元积分法、分部积分法等。
3. 牛顿-莱布尼茨公式：了解牛顿-莱布尼茨公式的定义及其应用，包括反常积分的计算。
4. 微积分基本定理：了解微积分基本定理的内容及其应用。
四、多元函数微分学多元函数微分学是数学分析中的进阶内容，对于考生而言，需要掌握以下知识点：1. 偏导数及其计算：了解偏导数的定义和计算方法，并熟练运用。
2. 隐函数定理：掌握隐函数定理的表述及其应用，包括求偏导数、求二阶导数等。
高等数学考研复习-级数与方程讲义
(I)Leabharlann 二阶线性非齐次方程 a( x) y b( x) y c( x) y (f )x
(II)
定理 1. 设 y1(x), y2 (x) 都是齐次方程 (I) 的两个特解， 则对于任意的常数 C1, C2 ， y C1y1(x) C2 y2 (x) 也是方程 (I) 的解； 如果 y1(x)与y2 (x) 线性无关，则 y C1y1(x) C2 y2 (x) 就是方程 (I) 的通解。
n1
n1
（3）比值法：设
un
n1
为正项级数，且 lim un1 u n
n
存在，则
当 1时，级数 un 收敛； 当 1 时，级数 un 发散；
n1
n1
当 1 时，级数 un 可能收敛，也可能发散。（一般改用比较法） n1
（4）根值法：设 un n1
为正项级数，且 lim n
n
un
1、直接展开
Taylor 级数（即在 x0 处展开）： f (x)
n0
f
(n) (x0 n!
)
(x
x0
)n,
x 收敛域
Maclorin 级数（即在 x0 =0 处展开）：
f (x) f (n) (0) xn f (0) f (0)x f (0) x2
n0 n!
2!
2、间接展开 常用的几个展开公式：
n1
性质 1：若 k 0 ，则级数 un 与 kun 敛散性相同。
n1
n1
性质 2：若级数 un 与 vn 都收敛 (un vn ) 也收敛。
n1
n1
n1
推论：若级数 un 收敛，而 vn 发散 (un vn ) 必发散。
n1
考研无穷级数重要问题举例(一)新
n
收敛 ⇒ lim bn = 0 ⇒ ∃N1 > 0 ，当 n > N1 时，一定有 bn < 1 ；
n →∞
（2）由 lim an = 0 ⇒ ∃N 2 > 0 ，当 n > N 2 时，一定有 an < 1
◇张宇考研数学精华讲义◇2011/2012 考研◇内部使用
请勿传播◇
◇张宇 编讲◇
◇张宇考研数学精华讲义◇2011/2012 考研◇内部使用
请勿传播◇
◇张宇 编讲◇
关于数项级数的判敛问题，有几个隐蔽的角度，都是考研的重点，现举个重要的例子如 下。冲刺班会讲到，大家可以提前看看。再次提醒大家，冲刺阶段以真题为主，多做细致地 总结，做计算时一定要仔细一点，并且做到底，千万不要眼高手低。 （为什么要说这句话？ 因为昨晚在山大讲课时，有个学生跟我讨论问题，他的基本概念很清楚，可是怎么都搞不明 白结论为什么难以理解，我听完以后，就问他，你前面的计算保证正确了吗？哦，原来是计 算的第三步算错了。请大家，细致，再细致。 ） 【例】以下说法正确的是（ ） （A）若级数
故级数
∑ (an )2013 条件收敛，级数 ∑ (an )2014 发散。
n =1 n =1
∞
∞
⎧ (−1) n −1 2013 = ⎪ ( an ) n −1 n ⎪ (−1) （3）取 an = ，⇒ ⎨ 1 1 2014 ( ) a ⎪ = 2013 n 2014 n ⎪ n 2013 ⎩
故级数
∑ (an )2012 收敛，则级数 ∑ (an )2013 条件收敛。
n =1 ∞ n =1 ∞
∞
∞
（B）若级数
∑ (an )2012 收敛，则级数 ∑ (an )2013 绝对收敛。
考研第七章 无穷级数
第八章 无穷级数（数学一和数学三）引 言所谓无穷级数就是无穷多项相加，它与有限项相加有本质不同。
历史上曾经对一个无穷级数问题引起争论。
例如+-++-+-+1)1(1111n历史上曾有三种不同看法，得出三种不同的“和”， 第一种 0)11()11()11(=+-++-+- 第二种 1)11()11()11(1=-------- 第三种 设S n =+-++-+-+ 1)1(1111 则[]S =+-+-- 11111 S S =-1， 12=S ， 21=S这种争论说明对无穷多项相加，缺乏一种正确的认识， （1）什么是无穷多项相加？如何考虑？ （2）无穷多项相加，是否一定有“和”？（3）无穷多项相加，什么情形有结合律，什么情形有交换律等性质。
因此对无穷级数的基本概念和性质需要作详细的讨论。
8.1 常数项级数甲 内容要点一．基本概念与性质 1．基本概念无穷多个数 ,,,,,321n u u u u ，依次相加所得到的表达式+++++=∑∞=n n nu u u u u3211称为数项级数（简称级数）() ,3,2,13211=++++==∑=n u u u u uS n nk kn称为级数的前n 项的部分和。
{}),3,2,1( =n S n 称为部分和数列。
若()S S n n =∞→存在lim ，则称级数∑∞=1n n u 是收敛的，且其和为S ，记以S u n n =∑∞=1若n n S ∞→lim 不存在，则称级数∑∞=1n n u 是发散的，发散级数没有和的概念。
（注：在某些特殊含义下可以考虑发散级数的和，但在基础课和考研的考试大纲中，不作这种要求。
）2．基本性质（1）如果∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 皆收敛，b a ,为常数，则()∑∞=+1n n nbv au收敛，且等于∑∑∞=∞=+11n n n n v b u a（2）在级数中增加或减少或变更有限项则级数的收敛性不变。
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内容要点 一， 概念与性质（一） 概念由数列 u 1,u 2, ,u n , 构成的式子称为无穷级数，简称为级数 . u n 称为级数的一般项， s n级数的部分和二）性质3, 级数增减或改变有限项，不改变其敛散性 . 4, 若级数收敛，则任意加括号后所成的级数仍收敛 5（收敛的必要条件 ）, 若 u n 收敛，则 lim u n 0.n 1n注意：若 l nim u n 0.则 u n 必发散. 而若 u n 发散, n nn 1 n n 1 nlim u n0.n（三） 两个常用级数 1, 等比级数1, 若 u n 收敛，则 kun 1n 1k u n.n12, 若 u n , v n 收敛，则n1 n 1u n vn1un1v n .n1nu i 称为i1如果 lim s n s , 则称级数u n 收敛， s 称为该级数的和 n1. 此时记u nn1s . 否则称级数发散则不一定2, p 级数 二，正项级数敛散性判别法 （ 一 ） 比较判别法设 u n , v n 均为正项级数，且 u n v n （n 1,2, ）, 则 n 1 n1v n 收敛u n 收敛；n1n 1u n 发散v n 发散n1n 1（ 二） 极限判别法如果对 p 1, l n im n p u n l(0 l), 则 n1u n 则收敛 .（ 三 ） 比值判别法设 u n 为正项级数，若 n1二， 交错级数收敛性判别法 莱布尼兹判别法：设1n 1u n （u n 0）为交错级数，如果满足：n11, u n u n 1（n 1,2, ）2, lim u nn则此交错级数收敛 .三， 任意项级数与绝对收敛（一） 绝对收敛如果 u n 收敛，则称 u n 绝对收敛 .n 1n 1二） 条件收敛如果 u n 收敛，但 u n 发散,则称 u n 条件收n 1 n 1 n 1敛.（三） 定理若级数绝对收敛，则该级数必收敛 . 函数项级数 一、主要内容1、基本概念 函数列（函数项级数）的点收敛、一致收敛、内闭如果 lim nu n l(0 l n）,则 u n 发散；n1一致收敛、绝对收敛、和函数幂级数的收敛半径、收敛区间、收敛域2、一致收敛性A、函数列{ f n（x）}一致收敛性的判断：（1）定义：用于处理已知极限函数的简单函数列的一致收敛性（2）Cauchy 收敛准则：用于抽象、半抽象的函数列的一致收敛性的判断（3）确界（最大值方法）：||fn（x） f （x）|| 0（4）估计方法：| f n（x） f（x）| a n 0（5）Dini- 定理：条件1）闭区间[ a, b]；2）连续性；3）关于n的单调性注、除Cauchy 收敛准则外，都需要知道极限函数，因此，在判断一致收敛性时，一般应先利用点收敛性计算出极限函数。
注、定义法、确界方法和估计方法的本质是相同，定义方法通常处理抽象的对象，估计方法是确界方法的简化形式，估计方法处理较为简单的具体的对象，确界方法是通过确界的计算得到较为精确的估计，通常用于处理具有一般结构的具体的函数列，也可以用于非一致收敛性的判断。
注、Dini 定理中，要验证的关键条件是关于n 的单调性，定理中相应的条件为“对任意固定的x [a,b]，{ f n(x)}作为数列关于n 是单调的”，注意到收敛或一致收敛与函数列前面的有限项没有关系，上述条件也可以改为“存在N，当n>N时”条件成立即可，但是，要注意N必须是与x 无关的，即当n>N时，对所有任意固定的x [a,b]，{ f n(x)}关于n 单调，因此，此时的单调性也称为对n 的单调性关于x 一致成立。
非一致收敛性的判断(1)定义(2)Cauchy 收敛准则(3)确界法：存在x n，使得|| f n(x n) f(x n)||不收敛于0 (4)和函数连续性定理(5)端点发散性判别法：{ f n(x)}在c 点左连续，{ f n(c)}发散，则{ f n(x)} 在(c ,c)内非一致收敛注、在判断非一致收敛性时，按照使用时的难易程度，可以按如下顺序使用相应的方法进行判断：端点发散性判别法、和函数连续性定理、确界方法、定义法、Cauchy 收敛准则。
B、函数项级数u n (x)致收敛性的判断 （1）定义（2）Cauchy 收敛准则 （3）转化为函数列（部分和） （4）余项方法： {r n（x ）}一致收敛于 0（5）几个判别法： W-法， Abel 法， Dirichlet 法， Dini- 法 经典例题例 1 判断级数 (1) 1； (2) n1 的敛散性 . n 1n nn 1n解： (1) 1=13 n 1n n n 1 2 n 2性.n级数n1n 32n 发散.别法可知(p 32 1)收敛 (2) 由于 lim nn 1nlim u n1 n1n nl n im n 1n 1 0,故1发散. 例 2 判别级数 .（1）n 2(n 1)(n 3)；(2)n1 n 32n；(3)n1 n 1 n(n2)的敛散解： （1） 由于(n 1)(n 3) (n 3)1 12( n 2,3 ),而n 2(n 3) 1212收敛n 5n故由比较判别法可知级数 1 收敛 .n 2(n 1)(n 3)n(2) 由于n 32nnn2n1（ n 1,2, ）,而 1发散，由比较判别法可知n1n（3） 由于n1n1 n(n 2) (n 1)(n 2) n 2 n 1 n 2, 而发散， 由比较判n 3 n级数n 1n(n n 12)发散.解：用比值判别法1(1)limun 1lim n!lim 10 1, 故 1收敛；nu n n 1 n n n 1 (n 1)!(n 1)!n!例 4 判别级数 (1)n1 ；( 2) ln 1 12 的敛散性 . n 1 n nn n 1 n解： (1) 由于 lim nu nlim n 1lim 11 0,n nnn nn n nn 故由极限判别法可知级数n1 发散 .n 1n nn故由极限判别法可知级数 ln 1 12收敛 .n 1n例 5 问级数 ( 1)n c2n 是收敛还是发散？若收敛，是绝对收敛还 n 1 n是条件收敛？nn解：由茉布尼兹判别法可知 1 c 2 与1 1 均收敛，从而原n 1n n 1 n级数收敛 .例 3 判别下列级数的敛散性：(1) n 1(n 1)!；(2)n1nn n!(n 1)(2) limu n 1 nu nlim (n 1)! nnlim 1 1n nne 1,故 n 发散 .n 1n!(2) 由于 lim n 2u nnlim n 2 ln 1n2 lim ln 1 n 2nn 12 n 2lne 1c2n n2 1，而 1发散，故由比较判别n n n n 1n练习题1, 用比较判别法判别下列级数的敛散性 (1)n(n 1 1)(2) ln 2n n 2(3) sin2(n 22n 1)(4)1 n2n 1 n(n 1) n 1 2 n 1 n n 1 2 n 2, 用比值判别法判别下列级数的敛散性 (1)n15n n! (2) n112 35((23nn 11))(3) n13n n 23, 用极限判别法判别下列级数的敛散性 (1) 1 n(2)ln n 2nn 1(2n 3)n nn 1n4 判断下列级数是否收敛？如果收敛，是绝对收敛还是条件收敛？n1(1) 11213 14(2) n11 3n n1(3) 1 1 1 121 131 1 (4) 1 n3 2 3 22 3 23 3 2 n 1 ln(n 1)[答案：1,(1) 收敛(2) 收敛(3) 收敛(4) 发散 2,(1) 收敛(2) 收敛(3) 收敛 3,(1) 发散 (2) 收敛4, (1) 条件收敛 (2) 绝对收敛 (3) 绝对收敛 (4) 条件收敛 ] 5 求幂级数 的收敛半径与收敛域 .另一方面， 1n cn 2nn法可知1nn1发散，从而原级数是条件收敛1当 x 1 时, 原级数为 1 ( 1)收敛；当 x 1时, 原级数为 11发散. 故收敛域为 [ 1,1).n1nn6.求幂级数 x 的和函数 .n解：不难求得收敛域为 I [ 1,1)设和函数为 S(x)即 S(x) x, x I nS(x) 1dx ln(1 x), x I 1x7.求幂级数 (2n 1)x n的收敛域及和函数 .n1当 x 1时，原级数 = (2n 1) 1 发散，故收敛域为 ( 1,1).n1解：由于a n 1lim n alim n 1 lim n 1= n 1所以, 收敛半径R 1 1 收敛区间为 ( 1,1). n1逐项求导， S /(x)x n 11.再积分，便得解： limnan 1 an2n 1 lim 1 n2n1 1R 11(2n 1)x n= (2n 2)xn1n1n xn13 x n=2 n 1n 1 0x dx 31x2[ x n1n 1] /3x 2x 2/ 1 x [1 x ]21 x (1 x)2 1 x (1 x) 2 (1 x)23x 4x(1 x) 2x 2 3x 4x 2x 3x(1 x)1、判断函数列 { f n (x)} 在[0,1] 的一致收敛性，其中1)、 f n (x)nx，(2)、 f n (x) nx(1 x)n 。
xx 4x 2 . (1 x)2 .8. 将函数 f(x)1 1x 2展开成的幂级数 .解：由于 11x( 1)n x n ,( 1 x 1), 故 n0f(x) 1n2= 1 x 2n 1 x 2 x 4 x 6( 1)n x 2n, ( 1 x 1)1 x n 0练习题1, 求下列幂级数的收敛半径与收敛域n(1)nx n (2)x n(3) 1nn 1n13n 1n12n x 1(4)nx n n n n 1 n42, 求下列幂级数的收敛域及和函数 x n(1)nx n (2) (n 2)x n (3) xn1 n1 n 2n 13, 将下列函数展为 x 的幂级数x(1) f(x) ln(1 x 2)(2) f(x) e 2(3) f (x)a x (4) f(x) sin x[ 答案： 1,(1) R 1,( 1,1) (2) R 3,( 3,3) (3) R 1,[ 1,1) (4) R 4,[ 4,4) 2,(1) ( 1,1), (1 x)2 (2) ( 1,1), ( x 1)2 (3) [ 1,1),xln(1 x)2n3,(1) x (2) n 1 n1 n xn n 0 n 1! x 2n(3)1 lna n x n 1n!1n x 2n 1 ]2n 1(4)n 0(2n 1)!2 1n解：(1)计算得，nx x [0,1] ，f(x) lim f n(x) limx ，n n 1 n x 因而，nx 2|f n(x) f(x)||1n n x x x| n2，x [0,1]，故，{ f n(x)} 在[0,1] 一致收敛。