Ch12. 无穷级数

一、常数项级数

(一)正项级数

(二)交错级数

(三)任意项级数

1.四个特殊的常数项级数

①等比级数

等比级数(几何级数)：∑i=0∞aqi={a1−q(收敛)，∣q∣<1∞(发散)，∣q∣≥1\sum\limits_{i=0}^∞aq^i=\left\{\begin{aligned} \dfrac{a}{1-q}\ (收敛)，& |q|<1\\ ∞\ (发散)，& |q|≥1 \end{aligned}\right.i=0∑∞​aqi=⎩⎨⎧​1−qa​ (收敛)，∞ (发散)，​∣q∣<1∣q∣≥1​

②p级数

p级数：∑n=1∞1np\sum\limits_{n=1}^∞\dfrac{1}{n^p}n=1∑∞​np1​   {p>1，收敛0<p≤1，发散\left\{\begin{aligned} p>1 ，& 收敛\\ 0<p≤1 ，& 发散 \end{aligned}\right.{p>1，0<p≤1，​收敛发散​

p=2>1时，∑n=1∞1n2=π26\sum\limits_{n=1}^∞\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{π^2}{6}n=1∑∞​n21​=6π2​

③调和级数

调和级数：∑n=1∞1n=1+12+13+...+1n+...=∞\sum\limits_{n=1}^∞\dfrac{1}{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n}+...=∞n=1∑∞​n1​=1+21​+31​+...+n1​+...=∞       发散

④交错调和级数、交错p级数

交错调和级数：∑n=1∞(−1)n−11n=1−12+13+...+(−1)n−11n+...=ln⁡2\sum\limits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}+...=\ln2n=1∑∞​(−1)n−1n1​=1−21​+31​+...+(−1)n−1n1​+...=ln2       收敛

交错p级数：∑n=1∞(−1)n−11np\sum\limits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n^p}n=1∑∞​(−1)n−1np1​   {p>1，绝对收敛0<p≤1，条件收敛\left\{\begin{aligned} p>1， & 绝对收敛 \\ 0<p≤1， & 条件收敛 \end{aligned}\right.{p>1，0<p≤1，​绝对收敛条件收敛​

2.收敛级数的性质（针对任意项级数）

(1)(2)加减数乘都收敛

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例题：06年9.

分析：ABC仅对正项级数成立。
举反例：
AB：an=(−1)n⋅1na_n=(-1)^n·\dfrac{1}{n}an​=(−1)n⋅n1​

C：an=(−1)n⋅1na_n=(-1)^n·\dfrac{1}{\sqrt{n}}an​=(−1)n⋅n​1​

答案：D

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3.常数项级数的审敛法

1.正项级数审敛法(判别法)

(1)比较判别法

1.比较审敛法：大的收敛，小的收敛；小的发散，大的发散。
2.比较审敛法可用于抽象级数的审敛。而极限审敛法、比值法、根值法 必须要有具体的级数表达式才能使用。
结论：抽象级数的审敛，仅能使用比较审敛法。关键是要找到比较的对象。

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例题1：09年4.  举反例、正项级数的比较审敛法

分析：
对于A，取an=bn=(−1)n1na_n=b_n=(-1)^n\dfrac{1}{\sqrt{n}}an​=bn​=(−1)nn​1​，则anbn=1na_nb_n=\dfrac{1}{n}an​bn​=n1​，为调和级数，发散

对于C，用正项级数的比较审敛法证明C正确：lim⁡n→∞an2bn2∣bn∣=lim⁡n→∞an2∣bn∣=0∴∣bn∣\lim\limits_{n→∞}\dfrac{a_n^2b_n^2}{|b_n|}=\lim\limits_{n→∞}a_n^2|b_n|=0 \quad ∴|b_n|n→∞lim​∣bn​∣an2​bn2​​=n→∞lim​an2​∣bn​∣=0∴∣bn​∣更大。由比较审敛法，大的收敛，则小的an2bn2a_n^2b_n^2an2​bn2​必收敛

答案：C

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(2)比较审敛法极限形式

(3)比值法

ρ=lim⁡n→∞un+1un{ρ<1，收敛ρ>1，发散ρ=1，不定，可能收敛可能发散ρ=\lim\limits_{n→∞}\dfrac{u_{n+1}}{u_n} \qquad \qquad \left\{\begin{aligned} ρ & < 1，收敛 \\ ρ & > 1，发散 \\ ρ & =1，不定，可能收敛可能发散 \end{aligned}\right.ρ=n→∞lim​un​un+1​​⎩⎪⎨⎪⎧​ρρρ​<1，收敛>1，发散=1，不定，可能收敛可能发散​

(4)根值法

(5)级数收敛的必要条件

级数收敛的必要条件：一般项unu_nun​趋于零，即lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n→∞}u_n=0n→∞lim​un​=0

(6)正项级数收敛的充分必要条件

正项级数收敛的充分必要条件：它的部分和数列sn{s_n}sn​有界
即：若∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^∞u_nn=1∑∞​un​为正项级数且收敛，则lim⁡n→∞Sn\lim\limits_{n→∞}S_nn→∞lim​Sn​存在
若正项级数∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^∞u_nn=1∑∞​un​发散，则lim⁡n→∞Sn\lim\limits_{n→∞}S_nn→∞lim​Sn​不存在

(7)绝对收敛必收敛 (任意项级数)

收敛分绝对收敛和条件收敛：∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^∞u_nn=1∑∞​un​绝对收敛 ⇦⇨ ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^∞u_nn=1∑∞​un​收敛 且∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^∞|u_n|n=1∑∞​∣un​∣也收敛

(8)极限审敛法

(9)积分判别法

(10)A-D判别法(任意项级数)

2.交错级数审敛法 —— 莱布尼茨收敛定理

莱布尼茨收敛定理：
若交错级数 ∑n=1∞(−1)n−1un\sum_{n=1}^∞(-1)^{n-1}u_n∑n=1∞​(−1)n−1un​ 满足 unu_nun​单调递减趋于0，则交错级数收敛
即满足 (1)un≥un+1u_n≥u_{n+1}un​≥un+1​  (2)lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n→∞}u_n=0n→∞lim​un​=0.

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例题：11年2.

分析：显然 ∑n=1∞an(x−1)n\sum\limits_{n=1}^∞a_n(x-1)^nn=1∑∞​an​(x−1)n 的收敛中心为 x=1，故排除AB
代入x=2，得发散，所以2处应该为开区间，选C

答案：C

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3.收敛的分类：绝对收敛与条件收敛

绝对收敛：∑n=1∞un收敛，∑n=1∞∣un∣也收敛绝对收敛：\sum\limits_{n=1}^∞u_n收敛，\sum\limits_{n=1}^∞|u_n|也收敛绝对收敛：n=1∑∞​un​收敛，n=1∑∞​∣un​∣也收敛（本身收敛，各项加绝对值也收敛）
条件收敛：∑n=1∞un收敛，∑n=1∞∣un∣发散条件收敛：\sum\limits_{n=1}^∞u_n收敛，\sum\limits_{n=1}^∞|u_n|发散条件收敛：n=1∑∞​un​收敛，n=1∑∞​∣un​∣发散（本身收敛，各项加绝对值发散）

1.级数共有绝对收敛、条件收敛和发散三种情况。收敛级数只有绝对收敛和条件收敛两种情况。
2.∑n=1∞anxn在x=x0处条件收敛，则收敛半径R=x0\sum\limits_{n=1}^∞a_nx_n在x=x_0处条件收敛，则收敛半径R=x_0n=1∑∞​an​xn​在x=x0​处条件收敛，则收敛半径R=x0​

4.常用于举反例的一般项

an=1na_n=\dfrac{1}{n}an​=n1​ 或 an=(−1)n⋅1na_n=(-1)^n·\dfrac{1}{n}an​=(−1)n⋅n1​

an=(−1)n⋅1na_n=(-1)^n·\dfrac{1}{\sqrt{n}}an​=(−1)n⋅n​1​

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例题：09年4.

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二、函数项级数

(二)幂级数

幂级数定义：∑n=0∞anxn=a0+a1x+a2x22+a3x3+...+anxn+...\sum\limits_{n=0}^∞a_nx^n=a_0+a_1x+a_2x^22+a_3x^3+...+a_nx^n+...n=0∑∞​an​xn=a0​+a1​x+a2​x22+a3​x3+...+an​xn+...

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例题1：10年14.   数字特征与幂级数

答案：2

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1.阿贝尔定理

阿贝尔定理推论1

当|x|<R时，幂级数绝对收敛；
当|x|>R时，幂级数发散；
当x = R或x = -R时，幂级数敛散性不定，可能收敛也可能发散.

正数R称为幂级数的收敛半径。开区间(-R,R)称为幂级数的收敛区间。

阿贝尔定理推论2：条件收敛可得收敛半径

若∑n=0∞anxn在x=x0处条件收敛，则收敛半径R=x0\sum\limits_{n=0}^∞a_nx^n在x=x_0处条件收敛，则收敛半径R=x_0n=0∑∞​an​xn在x=x0​处条件收敛，则收敛半径R=x0​

证明：由Abel定理，
①∑n=0∞anxn在x=x0\sum\limits_{n=0}^∞a_nx^n在x=x_0n=0∑∞​an​xn在x=x0​处收敛，则∣x∣<∣x0∣|x|<|x_0|∣x∣<∣x0​∣的一切x使得幂级数绝对收敛，即R≥x0R≥x_0R≥x0​。

②若 R=x0+εR=x_0+εR=x0​+ε，则∣x∣<∣x0+ε∣|x|<|x_0+ε|∣x∣<∣x0​+ε∣的一切x使得幂级数绝对收敛，即x=x0<x0+εx=x_0<x_0+εx=x0​<x0​+ε处绝对收敛。这与∑n=0∞anxn在x=x0\sum\limits_{n=0}^∞a_nx^n在x=x_0n=0∑∞​an​xn在x=x0​处条件收敛相矛盾，故R≤x0R≤x_0R≤x0​

综上①②，收敛半径R=x0R=x_0R=x0​

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例题1：15年3.(好题)

例题2：11年2.

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2.泰勒级数（麦克劳林级数）

1+x+x²+x³+...+xn+...=11−x=∑n=0∞xn(−1<x<1)1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=11+x=∑n=0∞(−1)nxn(−1<x<1)ex=∑n=0∞1n!xn(−∞<x<+∞)1+x+x²+x³+...+x^n+...=\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^∞x^n \qquad (-1<x<1)\\[5mm] 1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+...=\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^∞(-1)^nx^n \qquad (-1<x<1)\\[5mm] e^x=\sum\limits_{n=0}^∞\dfrac{1}{n!}x^n \qquad (-∞<x<+∞) 1+x+x²+x³+...+xn+...=1−x1​=n=0∑∞​xn(−1<x<1)1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=1+x1​=n=0∑∞​(−1)nxn(−1<x<1)ex=n=0∑∞​n!1​xn(−∞<x<+∞)

ex=∑k=0∞xkk!e^x=\sum\limits_{k=0}^∞\dfrac{x^k}{k!}ex=k=0∑∞​k!xk​

∴e=∑k=0∞1k!=lim⁡x→∞(1+1x)x∴e=\sum\limits_{k=0}^∞\dfrac{1}{k!}=\lim\limits_{x→∞}(1+\dfrac{1}{x})^x∴e=k=0∑∞​k!1​=x→∞lim​(1+x1​)x

3.求幂级数的收敛半径、收敛区间、收敛域

1.收敛半径R：
ρ=lim⁡n→∞∣an+1an∣R=1ρρ=\lim\limits_{n→∞}|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|\qquad \qquad R=\dfrac{1}{ρ}ρ=n→∞lim​∣an​an+1​​∣R=ρ1​
2.收敛区间：(−R,R)(-R,R)(−R,R)         收敛区间是开区间
3.收敛域：在收敛区间的基础上，验证x=R和x=-R两个端点

用比值法求幂级数的收敛域

un(x)=anxn，ρ=lim⁡n→∞∣un+1(x)un(x)∣<1，收敛u_n(x)=a_nx^n，ρ=\lim\limits_{n→∞}|\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}|<1，收敛un​(x)=an​xn，ρ=n→∞lim​∣un​(x)un+1​(x)​∣<1，收敛

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例题1：22年14.

分析：e−nxe^{-nx}e−nx，无法完全分离出ana_nan​，不能使用阿达玛公式，改用比值法(ρ<1)求x的收敛范围

答案：-1

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缺项幂级数

缺项幂级数求收敛域：un(x)u_n(x)un​(x)比值法，ρ(x)<1，得出收敛区间。再代入端点值验证，得出收敛域。

记un(x)=anxn，ρ=lim⁡n→∞∣un+1(x)un(x)∣u_n(x)=a_nx^n，ρ=\lim\limits_{n→∞}|\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}|un​(x)=an​xn，ρ=n→∞lim​∣un​(x)un+1​(x)​∣

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例题1：12年17.   缺项幂级数

分析：缺项幂级数求收敛域：un(x)u_n(x)un​(x)比值法，ρ(x)<1，得出收敛区间。再代入端点值验证，得出收敛域。

答案：

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偏心幂级数

4.函数→幂级数 ：函数f(x)f(x)f(x)展开为幂级数

函数→幂级数：
①凑标杆：先求导或积分到标杆 11−x\dfrac{1}{1-x}1−x1​ 的形式 (x可以为任意形式)，以“标杆”为桥梁变成幂级数∑n=0∞xn\sum\limits_{n=0}^{∞}x^nn=0∑∞​xn (x可以为任意形式)。
②凑题干：和分两项，尽力合并，注意题干是n=0还是n=1，努力把两项变一项，凑成题干的形式
③求常数项级数：此时的求常数项级数，就是把幂级数中的x代入特定值。

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例题1：01年13.

分析：

答案：π4−12\dfrac{π}{4}-\dfrac{1}{2}4π​−21​

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5.幂级数→函数：求幂级数的和函数S(x)

标杆

(1)重要“标杆”：∑n=0∞xn=1+x+x²+x³+...+xn+...=11−x(−1<x<1)\sum\limits_{n=0}^∞x^n=1+x+x²+x³+...+x^n+...=\dfrac{1}{1-x} \qquad (-1<x<1)n=0∑∞​xn=1+x+x²+x³+...+xn+...=1−x1​(−1<x<1)
(2)变形:
∑n=1∞xn=x+x²+x³+...+xn+...=x1−x(−1<x<1)\sum\limits_{n=1}^∞x^n=x+x²+x³+...+x^n+...=\dfrac{x}{1-x} \qquad (-1<x<1)n=1∑∞​xn=x+x²+x³+...+xn+...=1−xx​(−1<x<1)

∑n=0∞(−1)nxn=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=11+x(−1<x<1)\sum\limits_{n=0}^∞(-1)^nx^n=1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+...=\dfrac{1}{1+x} \qquad (-1<x<1)n=0∑∞​(−1)nxn=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=1+x1​(−1<x<1)

逐项求导、逐项积分求和函数 S(x)

(1)

(2)①有分子就先积分消分子，凑标杆为函数，再求导。
②有分母就先求导消分母，凑标杆为函数，再积分。
一次求导(到凑标杆)，对应一次积分。两次求导(到凑标杆)，对应两次积分
一次积分(到凑标杆)，对应一次求导。两次积分(到凑标杆)。对应两次求导

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例题1：17年12.   积分消分子，凑标杆，再求导回来

分析：

答案：1(1+x)²\dfrac{1}{(1+x)²}(1+x)²1​

例题2：05年16.  求收敛区间、和函数

答案：

例题3：23李林四(一)14.

分析：

答案：xexex−1(x>0)\dfrac{xe^x}{e^x-1}(x>0)ex−1xex​(x>0)

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构造微分方程求和函数 S(X)

含有常数项递推式，求和函数，一般是需要对S(x)求导，找到一阶微分方程，用公式法求解y=S(x)

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例题1：20年17.

答案：

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6.幂级数与常数项级数的相互转化

∑n=0∞an\sum\limits_{n=0}^∞a_nn=0∑∞​an​ 是 x=1时的∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^∞a_nx^nn=0∑∞​an​xn

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例题1：15年3.  幂级数与常数项级数的转化、阿贝尔定理推论2

分析：

答案：B

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(二)三角级数

1.傅里叶级数

形如下式的级数叫做三角级数
a02+∑n=1∞(ancos⁡nπtl)+bnsin⁡nπtl)\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^∞(a_n\cos\frac{nπt}{l})+b_n\sin\frac{nπt}{l})2a0​​+n=1∑∞​(an​coslnπt​)+bn​sinlnπt​)

令πtl=x\dfrac{πt}{l}=xlπt​=x，三角级数可变为
a02+∑n=1∞(ancos⁡nx)+bnsin⁡nx)\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^∞(a_n\cos nx)+b_n\sin nx)2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx)+bn​sinnx)
这就把以 2l2l2l 为周期的三角级数转换成以 2π2π2π 为周期的三角级数。

2.傅里叶系数、傅里叶级数

傅里叶系数：
{an=1π∫−ππf(x)cos⁡nxdx(n=0,1,2,3,...)bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nxdx(n=1,2,3,...)\left\{\begin{aligned} a_n=\frac{1}{π}\int_{-π}^{π}f(x)\cos nx{\rm d}x \quad (n=0,1,2,3,...)\\ b_n=\frac{1}{π}\int_{-π}^{π}f(x)\sin nx{\rm d}x \qquad (n=1,2,3,...) \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​an​=π1​∫−ππ​f(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn​=π1​∫−ππ​f(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)​

傅里叶级数：
f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)fn(x)=a02+∑k=1n(akcos⁡kx+bksin⁡kx)f1(x)=a02+a1cos⁡x+b1sin⁡xf(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^∞(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\\[5mm] f_n(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)\\[1mm] f_1(x)=\frac{a_0}{2}+a_1\cos x+b_1\sin xf(x)=2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx+bn​sinnx)fn​(x)=2a0​​+k=1∑n​(ak​coskx+bk​sinkx)f1​(x)=2a0​​+a1​cosx+b1​sinx

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例题1：03年3.

分析：

答案：1

例题2：14年4.

分析：①傅里叶级数 ②直接计算积分 ③代入选项求积分比最小

答案：A

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3.正弦级数、余弦级数

已知傅里叶系数为：
{an=1π∫−ππf(x)cos⁡nxdx(n=0,1,2,3,...)bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nxdx(n=1,2,3,...)\left\{\begin{aligned} a_n=\frac{1}{π}\int_{-π}^{π}f(x)\cos nx{\rm d}x \quad (n=0,1,2,3,...)\\ b_n=\frac{1}{π}\int_{-π}^{π}f(x)\sin nx{\rm d}x \qquad (n=1,2,3,...) \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​an​=π1​∫−ππ​f(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn​=π1​∫−ππ​f(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)​

①当f(x)为奇函数f(x)为奇函数f(x)为奇函数时，f(x)cos⁡nxf(x)\cos nxf(x)cosnx是奇函数，f(x)sin⁡nxf(x)\sin nxf(x)sinnx是偶函数，故
{an=0(n=0,1,2,3,...)bn=2π∫0πf(x)sin⁡nxdx(n=1,2,3,...)\left\{\begin{aligned} a_n=0 \qquad \qquad \qquad \qquad (n=0,1,2,3,...)\\ b_n=\frac{2}{π}\int_0^{π}f(x)\sin nx{\rm d}x \quad (n=1,2,3,...) \end{aligned}\right.⎩⎪⎨⎪⎧​an​=0(n=0,1,2,3,...)bn​=π2​∫0π​f(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)​

②当f(x)为偶函数f(x)为偶函数f(x)为偶函数时，f(x)cos⁡nxf(x)\cos nxf(x)cosnx是偶函数，f(x)sin⁡nxf(x)\sin nxf(x)sinnx是奇函数，故
{an=2π∫0πf(x)cos⁡nxdx(n=0,1,2,3,...)bn=0(n=1,2,3,...)\left\{\begin{aligned} a_n=\frac{2}{π}\int_0^{π}f(x)\cos nx{\rm d}x \qquad (n=0,1,2,3,...)\\ b_n =0 \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \qquad (n=1,2,3,...) \end{aligned}\right.⎩⎪⎨⎪⎧​an​=π2​∫0π​f(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn​=0(n=1,2,3,...)​

即知
奇函数的傅里叶级数是只含有正弦项的正弦级数：∑n=1∞bnsin⁡nx\sum\limits_{n=1}^∞b_n\sin nxn=1∑∞​bn​sinnx

偶函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数：a02+∑n=1∞ancos⁡nx\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^∞a_n\cos nx2a0​​+n=1∑∞​an​cosnx

4.奇延拓、偶延拓、周期延拓

奇延拓：把(0,π]上的奇函数延展为(-π,π]上的奇函数
偶延拓：把(0,π]上的偶函数延展为(-π,π]上的偶函数
周期延拓：从周期为(-π,π] 延展为周期为2π的周期函数

5.狄利克雷收敛定理

设f(x)是周期为2π的周期函数，若它满足：
(1)在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点
(2)在一个周期内至多只有有限个极值点

那么f(x)的傅里叶级数收敛，并且
①当x是f(x)的连续点时，级数收敛于f(x) 和函数S(x)=f(x)
②当x是f(x)的间断点时，级数收敛于12[f(x−)+f(x+)]\dfrac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)]21​[f(x−)+f(x+)] 和函数S(x)=间断点左右极限的平均值

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例题1：13年3.   奇延拓、周期延拓

分析：
S(x)是奇函数的傅里叶级数的和函数
画出f(x)图像，把f(x)进行奇延拓、周期延拓，周期为2
S(−94)=S(−94+2)=S(−14)=−S(14)=连续点狄利克雷收敛定理−f(14)=−∣14−12∣=−14S(-\frac{9}{4})=S(-\frac{9}{4}+2)=S(-\frac{1}{4})=-S(\frac{1}{4})\xlongequal[连续点]{狄利克雷收敛定理}-f(\frac{1}{4})=-|\frac{1}{4}-\frac{1}{2}|=-\frac{1}{4}S(−49​)=S(−49​+2)=S(−41​)=−S(41​)狄利克雷收敛定理连续点​−f(41​)=−∣41​−21​∣=−41​

答案：C

例题2：99年选择3

分析：
S(x)是偶函数的傅里叶级数的和函数
画出f(x)图像，把f(x)进行偶延拓、周期延拓，周期为2
S(−52)=S(−52+2)=S(−12)=S(12)=间断点狄利克雷收敛定理12+12=34S(-\frac{5}{2})=S(-\frac{5}{2}+2)=S(-\frac{1}{2})=S(\frac{1}{2})\xlongequal[间断点]{狄利克雷收敛定理}\dfrac{\frac{1}{2}+1}{2}=\dfrac{3}{4}S(−25​)=S(−25​+2)=S(−21​)=S(21​)狄利克雷收敛定理间断点​221​+1​=43​

答案：C

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