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记忆内容

1 基本概念

(1) 常数项级数 - ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​

  设{an}\,\{a_n\}\,{an​}为常数列，称∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为常数项级数.
∑n=1∞an=a1+a2+a3+...+ai+...\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=a_1+a_2+a_3+...+a_i+...n=1∑∞​an​=a1​+a2​+a3​+...+ai​+...

  其中，级数的第n\,n\,n项an\,a_nan​，称为级数的一般项.

(2) 部分和 - sns_nsn​

  称sn=a1+a2+...+an=∑n=1nai\,s_n=a_1+a_2+...+a_n=\sum\limits_{n=1}^{\color{Blue}n}a_i\,sn​=a1​+a2​+...+an​=n=1∑n​ai​为级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​的部分和.

(3) 常数项级数的收敛与发散

  若lim⁡n→∞sn\,\lim\limits_{n\to\infty}s_n\,n→∞lim​sn​存在，称∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛. 设lim⁡n→∞sn=s\,\lim\limits_{n\to\infty}s_n=sn→∞lim​sn​=s，称s\,s\,s为级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​的和;

  若lim⁡n→∞sn\,\lim\limits_{n\to\infty}s_n\,n→∞lim​sn​不存在，称∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散;

  注意：求常数项级数的和s\,s\,s与求常数项级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​是相同的说法.

(4) 级数的余项

rn=s−snr_n=s-s_nrn​=s−sn​

  其中，rnr_n\,rn​被称为级数的余项.

  意义：用近似值sn\,s_n\,sn​代替s\,s\,s的误差是∣rn∣\,|r_n|∣rn​∣.

2 收敛级数的基本性质

1)∑n=1∞an=A，∑n=1∞bn=B⇒∑n=1∞(an±bn)=∑n=1∞an±∑n=1∞bn=A±B1)\;\;\;\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=A，\sum\limits_{n=1}^\infty b_n=B\Rightarrow\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\pm b_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\pm\sum\limits_{n=1}^\infty b_n=A\pm B1)n=1∑∞​an​=A，n=1∑∞​bn​=B⇒n=1∑∞​(an​±bn​)=n=1∑∞​an​±n=1∑∞​bn​=A±B

2)∑n=1∞an=s⇒∑n=1∞kan=k∑n=1∞an=ks2)\;\;\;\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=s\Rightarrow\sum\limits_{n=1}^\infty ka_n=k\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=ks2)n=1∑∞​an​=s⇒n=1∑∞​kan​=kn=1∑∞​an​=ks

3)级数去掉、添加、改变有限项，不改变级数的敛散性(但可能收敛于不同的和)3)\;\;\;级数去掉、添加、改变{\color{Red}有限项}，不改变级数的敛散性\,(但可能收敛于不同的和)3)级数去掉、添加、改变有限项，不改变级数的敛散性(但可能收敛于不同的和)

4)若级数收敛，则任意添加括号后的级数收敛，且收敛于相同的和，反之不对4)\;\;\;若级数收敛，则任意添加{\color{Red}括号}后的级数收敛，且收敛于相同的和，反之不对4)若级数收敛，则任意添加括号后的级数收敛，且收敛于相同的和，反之不对

5)∑n=1∞an收敛⇒{lim⁡n→∞sn∃lim⁡n→∞an=05)\;\;\;\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,收敛\Rightarrow \begin{cases}\lim\limits_{n\to\infty}s_n\exist\\\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\end{cases}5)n=1∑∞​an​收敛⇒⎩⎨⎧​n→∞lim​sn​∃n→∞lim​an​=0​

  判断一般项极限为0\,00，可能需要用到夹逼定理.

3 两个重要常数项级数

(一) pp\,p级数

  (1) 定义
    形如：
∑n=1∞1np\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}n=1∑∞​np1​

    其中p\,p\,p为常数.

    注意： p\,p\,p一定要为常数. 比如∑n=1∞1n1+1n\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}\,n=1∑∞​n1+n1​1​就不是p\,p\,p级数(考虑其他方法).

  (2) 调和级数
    p=1p=1\,p=1的p\,p\,p级数 (发散)：
∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}n=1∑∞​n1​

  (3) 敛散性判断
{p>1⇒∑n=1∞1np收敛p⩽1⇒∑n=1∞1np发散\begin{cases}p>1\Rightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}\,收敛\\ p\leqslant 1\Rightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}\,发散\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​p>1⇒n=1∑∞​np1​收敛p⩽1⇒n=1∑∞​np1​发散​

  (4) 广义p\,p\,p级数
{p>1⇒∑n=2∞1n(lnn)p收敛p⩽1⇒∑n=2∞1n(lnn)p发散\begin{cases}p>1\Rightarrow \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{n(\text{ln}n)^p}\,收敛\\ p\leqslant 1\Rightarrow \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{n(\text{ln}n)^p}\,发散\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​p>1⇒n=2∑∞​n(lnn)p1​收敛p⩽1⇒n=2∑∞​n(lnn)p1​发散​

(二) 几何级数 (等比级数)

  (1) 定义
    等比数列求和即为几何级数：
∑n=0∞aqn(a≠0)\sum\limits_{\color{Blue}n=0}^\infty aq^n\;(a\neq 0)n=0∑∞​aqn(a​=0)

    其中q\,q\,q为等比数列的公比，称为级数的公比.

    注意： 几何级数的n\,n\,n习惯上从0\,0\,0开始.

  (2) 敛散性判断
{∣q∣⩾1⇒∑n=0∞aqn发散∣q∣<1⇒∑n=0∞aqn=a1−q\begin{cases}|q|\geqslant 1\Rightarrow \sum\limits_{n=0}^\infty aq^n\,发散\\|q|<1\Rightarrow \sum\limits_{n=0}^\infty aq^n=\frac{a}{1-q}\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​∣q∣⩾1⇒n=0∑∞​aqn发散∣q∣<1⇒n=0∑∞​aqn=1−qa​​

    注意：级数收敛于s\,ss，其实就是级数=s\,=s=s. 这里就是∑n=0∞aqn\,\sum\limits_{n=0}^\infty aq^n\,n=0∑∞​aqn收敛于a1−q\,\frac{a}{1-q}\,1−qa​.
    几何级数收敛的记忆口诀：11\,1减公比分之首项.

      例. 设∣x∣<1\,|x|<1∣x∣<1，∑n=0∞x2n=x21−x\sum\limits_{n=0}^\infty x^{2n}=\frac{x^2}{1-x}n=0∑∞​x2n=1−xx2​

补充：基本级数的敛散性总结 (选择题常见)

发散

∑n=1∞1n，∑n=1∞1n，∑n=2∞1lnn，∑n=2∞1nlnn，∑n=1∞(−1)n，∑n=1∞n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}，\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{n}}，\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{\text{ln}n}，\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n\text{ln}n}，\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n，\sum\limits_{n=1}^\infty nn=1∑∞​n1​，n=1∑∞​n​1​，n=2∑∞​lnn1​，n=2∑∞​nlnn1​，n=1∑∞​(−1)n，n=1∑∞​n

收敛

∑n=1∞1n2，∑n=1∞(−1)nn，∑n=1∞(−1)nn，∑n=2∞(−1)nlnn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}，\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}，\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}，\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{\text{ln}n}n=1∑∞​n21​，n=1∑∞​n(−1)n​，n=1∑∞​n​(−1)n​，n=2∑∞​lnn(−1)n​

4 绝对收敛与条件收敛

(一) 不同操作对敛散性的影响

  (1) 添加括号会提升收敛性；
    如∑n=1∞(−1)n\,\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\,n=1∑∞​(−1)n发散，但(−1+1)+(−1+1)+...\,(-1+1)+(-1+1)+...\,(−1+1)+(−1+1)+...收敛于0\,00.
  (2) 取绝对值会提高发散性. 若级数发散，其取一般项取绝对值形成的级数也发散.
  (3) 取平方敛散性不确定，因为该操作既有积极性(趋于0\,0\,0更快)，也有消极性(消除了抵消的可能).
    ∑n=1∞(−1)nn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\,n=1∑∞​n​(−1)n​收敛，∑n=1∞[(−1)nn]2\sum\limits_{n=1}^\infty[\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}]^2\,n=1∑∞​[n​(−1)n​]2发散.

  一般项an\,a_n\,an​趋于0\,0\,0的速度越快，收敛可能性越高.

(二) 绝对收敛

  若∑n=1∞∣an∣\,\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|\,n=1∑∞​∣an​∣收敛，称∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​绝对收敛.

  绝对收敛的可交换性：原级数绝对收敛，则无论将其各项如何重新排列，所得新级数也绝对收敛，且其和不变.

(三) 条件收敛

  若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，而∑n=1∞∣an∣\,\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|\,n=1∑∞​∣an​∣发散，称∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​条件收敛.

(四) 绝对收敛与级数收敛的关系

  若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​绝对收敛，则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​必定收敛.

  注意：正因如此，对于有的级数(尤其是交错级数)，在判断敛散性时可以直接检查级数是否绝对收敛.

5 常数项级数审敛法

(一) 正项级数

(1) 定义

  对于常数项级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​，若对一切n\,n\,n都有an⩾0\,\color{Blue}a_n\geqslant 0an​⩾0，称级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为正项级数.

  特点：{sn}\{s_n\}\,{sn​}单调增加. 正项级数有两种情形：
    (a) {sn}\{s_n\}\,{sn​}无上界，lim⁡n→∞sn=+∞\lim\limits_{n\to\infty}s_n=+\inftyn→∞lim​sn​=+∞，此时正项级数发散；
    (b) 存在M>0\,M>0M>0，使得sn⩽M\,s_n\leqslant Msn​⩽M，则lim⁡n→∞sn\,\lim\limits_{n\to\infty}s_n\,n→∞lim​sn​存在，此时正项级数收敛.

  正项级数收敛的充要条件：
    (a) 其部分和数列{sn}\,\{s_n\}\,{sn​}有界.
    (b) ∑n=1∞a2n−1\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}\,n=1∑∞​a2n−1​与∑n=1∞a2n\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n}\,n=1∑∞​a2n​都收敛.

  推导：
    ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛⇔lim⁡n→∞sn\,\Leftrightarrow \,\lim\limits_{n\to\infty}s_n\,⇔n→∞lim​sn​存在⇒{sn}\,\Rightarrow\{s_n\}\,⇒{sn​}有上界.
    而正项级数必有下界，所以：
    正项级数∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛⇔{sn}\,\Leftrightarrow\{s_n\}\,⇔{sn​}有界.

(2) 比较审敛法

基本形式

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​及∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​为两正项级数，
    若 an⩽bn(n=1,2,...)a_n\leqslant b_n\;(n=1,2,...)\,an​⩽bn​(n=1,2,...)且∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​收敛，则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​一定收敛；
    若 an⩽bn(n=1,2,...)a_n\leqslant b_n\;(n=1,2,...)\,an​⩽bn​(n=1,2,...)且∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散，则∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​一定发散；

  记忆口诀：大的收敛，小的也收敛；小的发散，大的也发散.

  推论：
    设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​及∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​为两正项级数，
      (1) 若级数∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​收敛，且存在正整数N\,NN，使当n⩾N\,n\geqslant N\,n⩾N时有an⩽kbn(k>0)\,a_n\leqslant kb_n\;(k>0)\,an​⩽kbn​(k>0)成立，那么级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛；

      (2) 若级数∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​发散，且当n⩾N\,n\geqslant N\,n⩾N时有an⩾kbn(k>0)\,a_n\geqslant kb_n\;(k>0)\,an​⩾kbn​(k>0)成立，那么级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散.

极限形式

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​及∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​为两正项级数，当n→∞\,n\to\infty\,n→∞时，

    (1) an\,a_n\,an​与bn\,b_n\,bn​是同阶无穷小，即
lim⁡n→∞bnan=l(0<l<+∞)\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=l\;(0<l<+\infty)n→∞lim​an​bn​​=l(0<l<+∞)

      则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​和∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​敛散性相同.

    (2) an\,a_n\,an​是比bn\,b_n\,bn​高阶的无穷小，即
lim⁡n→∞anbn=0\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=0n→∞lim​bn​an​​=0

      则若∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​收敛，那么∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛；

    (3) an\,a_n\,an​是比bn\,b_n\,bn​低阶的无穷小，即
lim⁡n→∞anbn=∞\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\inftyn→∞lim​bn​an​​=∞

      则若∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​发散，那么∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散；

  证明第(1)条：
    取ϵ0=1\,\epsilon_0=1ϵ0​=1，存在N>0\,N>0N>0，当n>N\,n>N\,n>N时，

∣anbn−l∣=anbn<l+1⇒an<(l+1)bn\big|\frac{a_n}{b_n}-l\big|=\frac{a_n}{b_n}<l+1\Rightarrow a_n<(l+1)b_n∣∣​bn​an​​−l∣∣​=bn​an​​<l+1⇒an​<(l+1)bn​

    所以由比较审敛法推论，∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​收敛，则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛.

(3) 比值审敛法 (达朗贝尔判别法）

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为正项级数，
lim⁡n→∞an+1an=ρ，\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\rho，n→∞lim​an​an+1​​=ρ，

  当ρ<1\,\rho<1\,ρ<1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛；
  当ρ>1\,\rho>1\,ρ>1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散；
  当ρ=1\,\rho=1\,ρ=1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​敛散性不定，方法失效；

  注意：
    (1) 发现ρ=1\,\rho=1ρ=1，考虑使用定义性质或比较审敛法判断敛散性.
    (2) 比较审敛法和比值审敛法的区别：比较审敛法是级数和另一个级数比较，比值审敛法则是级数比较自己的项.

(4) 根值审敛法 (柯西判别法）

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为正项级数，
lim⁡n→∞ann=ρ，\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\rho，n→∞lim​nan​​=ρ，

  当ρ<1\,\rho<1\,ρ<1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛；
  当ρ>1\,\rho>1\,ρ>1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散；
  当ρ=1\,\rho=1\,ρ=1时，级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​敛散性不定，方法失效；

  注意：
    (1) 发现ρ=1\,\rho=1ρ=1，考虑使用定义性质或比较审敛法判断敛散性.

(5) 积分审敛法

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为正项级数，{an}\,\{a_n\}\,{an​}单调递减，令an=f(n)a_n=f(n)an​=f(n)  则级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛的充要条件是下面的广义积分收敛：
∫1+∞f(x)dx\int_1^{+\infty}f(x)\text{d}x∫1+∞​f(x)dx

  注意：因为去掉有限项并不会影响级数敛散性，所以从1\,1\,1后面的数字开始也可以.

(二) 交错级数

(1) 定义

∑n=1∞(−1)n−1an=a1−a2+a3−a4+...(an>0,n=1,2,...)\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n=a_1-a_2+a_3-a_4+...\;\;\;(a_n>0,\,n=1,2,...)\,n=1∑∞​(−1)n−1an​=a1​−a2​+a3​−a4​+...(an​>0,n=1,2,...)

  或

∑n=1∞(−1)nan=−a1+a2−a3+a4+...(an>0,n=1,2,...)\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n}a_n=-a_1+a_2-a_3+a_4+...\;\;\;(a_n>0,\,n=1,2,...)\,n=1∑∞​(−1)nan​=−a1​+a2​−a3​+a4​+...(an​>0,n=1,2,...)

  注意：
    (1) 后文都用第一种形式表示交错级数.
    (2) 交错级数的(−1)n\,(-1)^n\,(−1)n并不属于an\,a_nan​，这是交错级数特有的表示方法.

(2) 审敛法 — 莱布尼茨定理

  定理：
    若交错级数∑n=1∞(−1)n−1an\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n\,n=1∑∞​(−1)n−1an​满足条件：
      a)an⩾an+1(n=1,2,3,...)\;a_n\geqslant a_{n+1}\;(n=1,2,3,...)an​⩾an+1​(n=1,2,3,...) ，即{an}\,\{a_n\}\,{an​}单调不增；
      b)lim⁡n→∞an=0\;\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0n→∞lim​an​=0.
    则级数收敛，且其和s⩽a1\,s\leqslant a_1s⩽a1​，∣rn∣⩽an+1\,|r_n|\leqslant a_{n+1}\,∣rn​∣⩽an+1​

  注意：
    (1) 莱布尼茨定理是交错级数收敛的充分条件，不是必要条件.
    (2) 判断数列单调性，可以先判断数列对应的函数的单调性(求导数).
    (3) lim⁡n→∞an=0\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\,n→∞lim​an​=0是任何级数收敛都要满足的必要条件，莱布尼茨定理的关键在于数列单调不增.
    (4) 莱布尼茨定理所要求的单调不增，其实只需关注n→∞\,n\to\infty\,n→∞处是否单调不增. 因为级数的前面有限项并不影响最终级数的敛散性. 比如下面这个级数：

  例. 判别下面级数的敛散性：
∑n=1∞(−1)nln(1+n)1+n.\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{\text{ln}(1+n)}{1+n}.n=1∑∞​(−1)n1+nln(1+n)​.

  解：lim⁡n→∞un=lim⁡n→∞ln(1+n)1+n=lim⁡x→∞ln(1+x)1+x=0\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\text{ln}(1+n)}{1+n}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\text{ln}(1+x)}{1+x}=0n→∞lim​un​=n→∞lim​1+nln(1+n)​=x→∞lim​1+xln(1+x)​=0.
    下面判断单调性，由un=ln(1+n)1+n\,u_n=\frac{\text{ln}(1+n)}{1+n}un​=1+nln(1+n)​，设
f(x)=ln(1+x)1+x，f′(x)=1−ln(1+x)(1+x)2f(x)=\frac{\text{ln}(1+x)}{1+x}，f'(x)=\frac{1-\text{ln}(1+x)}{(1+x)^2}f(x)=1+xln(1+x)​，f′(x)=(1+x)21−ln(1+x)​

    当x>e−1\,x>e-1\,x>e−1时，f′(x)<0\,f'(x)<0f′(x)<0.
    所以当u⩾2\,u\geqslant 2\,u⩾2时，{un}\{u_n\}\,{un​}单调递减.
    由莱布尼茨定理，原级数收敛.

  交错调和级数：
∑n=1∞(−1)n−1⋅1n\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\cdot\frac{1}{n}n=1∑∞​(−1)n−1⋅n1​

    显然，由莱布尼茨定理可知，交错调和级数是收敛的.

(三) 任意项级数

(1) 定义

  级数各项可正、可负、可为零的级数.

(2) 判断敛散性

  加绝对值转化为正项级数，使用正项级数的判别法结合绝对收敛性质判断.

6 各类审敛法的使用场景

(1) 使用定义判断

  具有以下特征的级数通常可使用定义判断敛散性：

    a) 数列相邻两项之差.
      如：∑n=1∞(an+1−an)\sum\limits_{n=1}^\infty(a_{n+1}-a_n)n=1∑∞​(an+1​−an​).

    b) 裂项相消
      如：∑n=1∞1(2n−1)(2n+1)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}n=1∑∞​(2n−1)(2n+1)1​、∑n=1∞1n(n+1)(n+2)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)(n+2)}n=1∑∞​n(n+1)(n+2)1​、∑n=1∞ln(1+1n)\sum\limits_{n=1}^\infty\text{ln}(1+\frac{1}{n})\,n=1∑∞​ln(1+n1​)(=ln(n+1)−lnn=\text{ln}(n+1)-\text{ln}n=ln(n+1)−lnn).

    c) 等比数列
      如：∑n=1∞23n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2}{3^n}n=1∑∞​3n2​、∑n=1∞n3n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n}{3^n}n=1∑∞​3nn​ (错位相减)、∑n=1∞2nx(x<0)\sum\limits_{n=1}^\infty 2^{nx}\;(x<0)n=1∑∞​2nx(x<0).

  方法：先计算部分和sn\,s_nsn​，再对部分和取极限. 极限为常数则收敛，为无穷则发散.

(2) 比较审敛法

  思路：
    使用基本形式，主要考虑放缩.
    使用极限形式，主要考虑找到同阶无穷小.

  考虑使用基本形式：
    使用比较审敛法的基本形式非常灵活，可能极难想到放缩思路，并非通用方法.

    (1) 分式中出现(−1)n\,(-1)^n\,(−1)n.
      如：∑n=1∞2+(−1)nn2\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{2+(-1)^n}{n^2}\,n=1∑∞​n22+(−1)n​、∑n=1∞1+(−1)nlnn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1+(-1)^n}{\text{ln}n}n=1∑∞​lnn1+(−1)n​.
    (2) 分式中出现正余弦函数.
      如：∑n=1∞sinann2\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\text{sin}an}{n^2}n=1∑∞​n2sinan​.

  例1. 判断下面级数的敛散性.
∑n=1∞sinann2\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\text{sin}an}{n^2}n=1∑∞​n2sinan​

  解：因为
0⩽∣sinann2∣⩽1n20\leqslant\bigg|\frac{\text{sin}an}{n^2}\bigg|\leqslant\frac{1}{n^2}0⩽∣∣∣∣​n2sinan​∣∣∣∣​⩽n21​

    且∑n=1∞1n2\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\,n=1∑∞​n21​收敛，所以原级数绝对收敛.

    (3) 一般情况：放缩.
      如：∑n=1∞∫0π4tannxdxnλ(λ>0)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\int^{\frac{\pi}{4}}_0\text{tan}^nx\text{d}x}{n^\lambda}\;(\lambda>0)n=1∑∞​nλ∫04π​​tannxdx​(λ>0)、{xnn+nxn−1=0∑n=1∞xna(a>1)\begin{cases}x^n_n+nx_n-1=0\\\sum\limits_{n=1}^\infty x^a_n\;(a>1)\end{cases}⎩⎨⎧​xnn​+nxn​−1=0n=1∑∞​xna​(a>1)​、∑n=1∞(anan+1−1)\sum\limits_{n=1}^\infty\big(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\big)n=1∑∞​(an+1​an​​−1)

  例2. 判断下面级数的敛散性.
∑n=1∞∫0π4tannxdxnλ(λ>0)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\int^{\frac{\pi}{4}}_0\text{tan}^nx\text{d}x}{n^\lambda}\;(\lambda>0)n=1∑∞​nλ∫04π​​tannxdx​(λ>0)

  解：令tanx=t\,\text{tan}x=ttanx=t，则
0⩽∫0π4tannxdx=tanx=t∫01tn1+t2dt⩽∫01tndt=1n+1⩽1n0\leqslant \int^{\frac{\pi}{4}}_0\text{tan}^nx\text{d}x\xlongequal{\text{tan}x=t}\int^1_0\frac{t^n}{1+t^2}\text{d}t\leqslant\int^1_0t^n\text{d}t=\frac{1}{n+1}\leqslant\frac{1}{n}0⩽∫04π​​tannxdxtanx=t∫01​1+t2tn​dt⩽∫01​tndt=n+11​⩽n1​

    因为0⩽annλ⩽1nλ+1\,0\leqslant\frac{a_n}{n^\lambda}\leqslant\frac{1}{n^{\lambda+1}}\,0⩽nλan​​⩽nλ+11​且∑n=1∞1nλ+1\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{\lambda+1}}\,n=1∑∞​nλ+11​收敛，所以原级数收敛.

    对于级数内部含有积分的题目，通常都要考虑放缩使用比较审敛法. 尤其是上面这题中的放缩手法(去分母变大)，非常重要！读者可以再考虑下面这个正项级数的敛散性(该级数收敛)：
∑n=1∞∫01nx1+x2dx\sum\limits_{n=1}^\infty\int^{\frac{1}{n}}_0\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}\text{d}xn=1∑∞​∫0n1​​1+x2x​​dx

  考虑使用极限形式：

    (1) 找出同阶无穷小作为基准级数 (等价无穷小更好).

      如：∑n=1∞nn3+n+1\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n}{n^3+n+1}n=1∑∞​n3+n+1n​、∑n=1∞1nln(1+1n)\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}\text{ln}(1+\frac{1}{n})n=1∑∞​n​1​ln(1+n1​)、∑n=1∞(nn−1)\sum\limits_{n=1}^\infty (\sqrt[n]{n}-1)n=1∑∞​(nn​−1).

  例. 判断下面级数的敛散性.

∑n=1∞[ln(n+1)−lnn]tan2n\sum\limits_{n=1}^\infty [\text{ln}(n+1)-\text{ln}n]\text{tan}\frac{2}{n}n=1∑∞​[ln(n+1)−lnn]tann2​

  解：
an=ln(1+1n)tan2n∼1n⋅2n=2n2a_n=\text{ln}(1+\frac{1}{n})\text{tan}\frac{2}{n}\sim\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}=\frac{2}{n^2}an​=ln(1+n1​)tann2​∼n1​⋅n2​=n22​

    ∑n=1∞2n2\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2}{n^2}\,n=1∑∞​n22​收敛，故级数收敛.

      有的无穷小可能需要一定分析才能确定级数的同阶无穷小，在极限与连续部分总结过这类问题.
      如：∑n=1∞1∫0n1+x44dx\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\int^n_0\sqrt[4]{1+x^4}\text{d}x}n=1∑∞​∫0n​41+x4​dx1​、∑n=1∞tan(πn2+1)\sum\limits_{n=1}^\infty\text{tan}(\pi\sqrt{n^2+1})n=1∑∞​tan(πn2+1​)(考虑−nπ-n\pi−nπ).

    (2) 找高阶或低阶无穷小判断 (使用的是极限形式的第(2)、(3)条).
      如：∑n=1∞1cn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{c^{\sqrt{n}}}\,n=1∑∞​cn​1​(cc\,c为任意大于1\,1\,1的常数)、∑n=1∞1n1+1n\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}n=1∑∞​n1+n1​1​.

  例. 判断下面级数的敛散性.
∑n=1∞13n\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{3^{\sqrt{n}}}n=1∑∞​3n​1​

  解：
lim⁡n→∞13n1n2=lim⁡n→∞n23n=t=nlim⁡t→∞t43t=0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{3^{\sqrt{n}}}}{\frac{1}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2}{3^{\sqrt{n}}}\xlongequal{t=\sqrt{n}}\lim\limits_{t\to\infty}\frac{t^4}{3^t}=0n→∞lim​n21​3n​1​​=n→∞lim​3n​n2​t=n​t→∞lim​3tt4​=0

    因为∑n=1∞1n2\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\,n=1∑∞​n21​收敛，所以原级数收敛.

    (3) 已知某极限存在，判断常数项级数敛散性 (比较审敛法极限形式)
      由于出现了极限，所以优先考虑能否使用比较审敛法的极限形式解决.

  例. 若lim⁡n→∞n2an=A>0\,\lim\limits_{n\to\infty}n^2a_n=A>0n→∞lim​n2an​=A>0，证明∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛.

  证明：
lim⁡n→∞an1n2=A\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{\frac{1}{n^2}}=An→∞lim​n21​an​​=A

      而∑n=1∞1n2\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\,n=1∑∞​n21​收敛，所以∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛.

(3) 比值审敛法

  特征：an\,a_n\,an​中含有n\,n\,n次幂或阶乘.
    如：∑n=1∞(n!)22n2\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(n!)^2}{2^{n^2}}n=1∑∞​2n2(n!)2​.

(4) 根值审敛法

  特征：an\,a_n\,an​中含有n\,n\,n次幂 (出现阶乘其实也可以).

    如：∑n=1∞nα2βn(α,β>0)\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^\alpha}{2^{\beta n}}\;(\alpha, \beta>0)n=1∑∞​2βnnα​(α,β>0)、∑n=1∞(nn−1)n\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt[n]{n}-1)^nn=1∑∞​(nn​−1)n.

  注意：
    (1) 题目中出现n\,n\,n次幂，通常比值审敛法和根值审敛法都可使用.
    如：∑n=1∞n!nn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n!}{n^n}n=1∑∞​nnn!​、∑n=1∞2nn!nn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2^n n!}{n^n}n=1∑∞​nn2nn!​、∑n=1∞(nn+1)n2\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{n}{n+1})^{n^2}n=1∑∞​(n+1n​)n2

    (2) 题目中出现阶乘，其实也可以使用根植审敛法解决，但是需要熟记下面e\,e\,e的极限形式：
e=lim⁡n→∞nn!n\color{Blue}e=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}e=n→∞lim​nn!​n​1e=lim⁡n→∞n!nn\color{Blue}\frac{1}{e}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}e1​=n→∞lim​nnn!​​

  例. 判断下面级数的敛散性：
∑n=1∞2nn!nn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2^n n!}{n^n}n=1∑∞​nn2nn!​

  解：
lim⁡n→∞ann=lim⁡n→∞2nn!nn=2lim⁡n→∞n!nn=2e<1\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\frac{2^nn!}{n^n}}=2\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{2}{e}<1n→∞lim​nan​​=n→∞lim​nn2nn!​​=2n→∞lim​nnn!​​=e2​<1

    由比值审敛法可知该级数收敛.

(5) 积分审敛法

  特征：一般项对应数列单调递减，且能够看出其原函数.

  判断下面级数的敛散性：
∑n=2∞1nlnn\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n\text{ln}n}n=2∑∞​nlnn1​

  解：显然该级数是正项级数，且{1nlnn}\,\{\frac{1}{n\text{ln}n}\}\,{nlnn1​}单调递减，因为
∫2+∞1xlnxdx=lnlnx∣2+∞=+∞\int^{+\infty}_2\frac{1}{x\text{ln}x}\text{d}x=\text{ln}\text{ln}x\bigg|^{+\infty}_2=+\infty∫2+∞​xlnx1​dx=lnlnx∣∣∣∣​2+∞​=+∞

    所以级数发散.

  读者可以再考虑：∑n=1∞1lnn⋅lnlnn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{\text{ln}n\cdot\text{ln}\text{ln}n}n=1∑∞​lnn⋅lnlnn1​、∑n=2∞1n⋅ln2n\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{n\cdot\text{ln}^2n}n=2∑∞​n⋅ln2n1​

(6) 莱布尼茨审敛法

  交错级数都应该优先考虑莱布尼茨审敛法，如：
      ∑n=1∞(−1)n−1n−lnn\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n-\text{ln}n}n=1∑∞​n−lnn(−1)n−1​、∑n=2∞(−1)n(n1n−1)\sum\limits_{n=2}^\infty(-1)^n(n^{\frac{1}{n}}-1)n=2∑∞​(−1)n(nn1​−1)、∑n=1∞(−1)nn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}n=1∑∞​n​(−1)n​.

  需要注意交错级数不一定都是显然的，尤其是下面两种形式：

    (1) sinf(n)π\text{sin}f(n)\pi\,sinf(n)π、cosf(n)π\text{cos}f(n)\pi\,cosf(n)π型级数(见后文).

7 常数项级数技巧总结

(1) 判断常数项级数敛散性的步骤

  step 1：
    检查级数是否满足lim⁡n→∞an=0\,\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0n→∞lim​an​=0，不满足则级数发散.
  step 2：
    检查是否可以根据定义判断常数项级数的敛散性 (见(3)).
  step 3：
    判断级数类型，使用对应的审敛法：
      正项级数：比较审敛法、比值审敛法、根值审敛法、积分审敛法；
      交错级数：莱布尼茨定理；
      其他级数：判断级数的绝对收敛性和条件收敛性.

  注意：对于比较复杂的级数(比如含有积分的)，最关键的就要判断其究竟属于哪一类级数(正项级数、交错级数还是其他级数).

(2) 快速判断常数项级数敛散性总结

a) 若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛

  一定收敛：

级数	说明
∑n=1∞(an+an+1)\sum\limits_{n=1}^\infty( a_n+a_{n+1})n=1∑∞​(an​+an+1​)	添加括号会提升收敛性
∑n=1∞an+an+12\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{a_n+a_{n+1}}{2}n=1∑∞​2an​+an+1​​	本质上还是因为添加括号
∑n=1∞(a2n−1+a2n)\sum\limits_{n=1}^\infty (a_{2n-1}+a_{2n})n=1∑∞​(a2n−1​+a2n​)	可以写成数串形式考虑
∑n=1∞(an+12−an2)\sum\limits_{n=1}^\infty (a^2_{n+1}-a^2_{n})n=1∑∞​(an+12​−an2​)

  不一定收敛：

级数	说明
∑n=1∞(a2n−1−a2n)\sum\limits_{n=1}^\infty (a_{2n-1}-a_{2n})n=1∑∞​(a2n−1​−a2n​)	反例：an=(−1)n−1na_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}an​=n(−1)n−1​
∑n=1∞an2\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2n=1∑∞​an2​	取平方操作敛散性不确定
∑n=1∞a2n−1\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}n=1∑∞​a2n−1​	反例：an=(−1)n−1na_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}an​=n(−1)n−1​
∑n=1∞∥an∥\sum\limits_{n=1}^\infty{\|a_n\|}n=1∑∞​∥an​∥
∑n=1∞(−1)nan\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^na_nn=1∑∞​(−1)nan​
∑n=1∞(−1)nnan\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}a_nn=1∑∞​n(−1)n​an​	反例：an=(−1)nln(n+1)a_n=\frac{(-1)^{n}}{\text{ln}(n+1)}an​=ln(n+1)(−1)n​
∑n=1∞anan+1\sum\limits_{n=1}^\infty a_na_{n+1}n=1∑∞​an​an+1​	反例：(−1)nn\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}n​(−1)n​

  注意：
    ∑n=1∞an2\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2\,n=1∑∞​an2​不一定收敛，但若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​为正项收敛级数，则∑n=1∞an2\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2\,n=1∑∞​an2​一定收敛. 其证明也要掌握：

  由∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，lim⁡n→∞an=0\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0n→∞lim​an​=0，取ϵ0=1\,\epsilon_0=1ϵ0​=1，则由数列极限的定义：
    存在N>0\,N>0\,N>0时，当n>N\,n>N\,n>N时，∣an−0∣<1|a_n-0|<1∣an​−0∣<1，即0⩽an<1\,0\leqslant a_n<10⩽an​<1，于是
0⩽an2⩽an<10\leqslant a_n^2\leqslant a_n<10⩽an2​⩽an​<1

  由∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛得∑n=N+1∞an\,\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_n\,n=N+1∑∞​an​收敛，再由正项级数比较审敛法得∑n=N+1∞an2\,\sum\limits_{n=N+1}^\infty a^2_n\,n=N+1∑∞​an2​收敛，于是∑n=1∞an2\,\sum\limits_{n=1}^\infty a^2_n\,n=1∑∞​an2​收敛.

b) 若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​、∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​是正项级数且收敛

级数	说明
∑n=1∞an2\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2n=1∑∞​an2​	见下方证明
∑n=1∞anan+1\sum\limits_{n=1}^\infty\sqrt{a_na_{n+1}}n=1∑∞​an​an+1​​	anan+1⩽an+an+12\sqrt{a_na_{n+1}}\leqslant\frac{a_n+a_{n+1}}{2}an​an+1​​⩽2an​+an+1​​
∑n=1∞ann\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}n=1∑∞​nan​​	ann⩽12(an2+1n2)\frac{a_n}{n}\leqslant \frac{1}{2}(a_n^2+\frac{1}{n^2})nan​​⩽21​(an2​+n21​)
∑n=1∞unvn\sum\limits_{n=1}^\infty{u_n}{v_n}n=1∑∞​un​vn​	unvn⩽12(un2+vn2)u_nv_n\leqslant \frac{1}{2}(u_n^2+v_n^2)un​vn​⩽21​(un2​+vn2​)

  证明正项级数∑n=1∞an2\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2\,n=1∑∞​an2​收敛.
  由∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，lim⁡n→∞an=0\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0n→∞lim​an​=0，取ϵ0=1\,\epsilon_0=1ϵ0​=1，则由数列极限的定义：
    存在N>0\,N>0\,N>0时，当n>N\,n>N\,n>N时，∣an−0∣<1|a_n-0|<1∣an​−0∣<1，即0⩽an<1\,0\leqslant a_n<10⩽an​<1，于是
0⩽an2⩽an<10\leqslant a_n^2\leqslant a_n<10⩽an2​⩽an​<1

  由∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛得∑n=N+1∞an\,\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_n\,n=N+1∑∞​an​收敛，再由正项级数比较审敛法得∑n=N+1∞an2\,\sum\limits_{n=N+1}^\infty a^2_n\,n=N+1∑∞​an2​收敛，于是∑n=1∞an2\,\sum\limits_{n=1}^\infty a^2_n\,n=1∑∞​an2​收敛.

b) 对于∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​、∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​、∑n=1∞(an±bn)\,\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\pm b_n)n=1∑∞​(an​±bn​)：

  (1) 若其中两个收敛，另一个必收敛；

  (2) 若一个收敛一个发散，另一个必发散；

  (3) 若其中两个发散，另一个不确定 (比如∑n=1∞(−1)n\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\,n=1∑∞​(−1)n和∑n=1∞(−1)n−1\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\,n=1∑∞​(−1)n−1).

  (4) 其中任意一个收敛或发散，都不能确定其他的敛散性.

c) 其他

  若∑n=1∞a2n−1\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}\,n=1∑∞​a2n−1​与∑n=1∞a2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n}\,n=1∑∞​a2n​中一个收敛一个发散，则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​发散.

  若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​、∑n=1∞bn\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​都收敛，则∑n=1∞(an+bn)2\,\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n+b_n)^2\,n=1∑∞​(an​+bn​)2一定收敛.

  若∑n=1∞an2\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^2\,n=1∑∞​an2​收敛，则∑n=1∞ann\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}\,n=1∑∞​nan​​(绝对)收敛 (基本不等式).

  设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​是正项级数，若∑n=1∞anan+1\,\sum\limits_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}}\,n=1∑∞​an​an+1​​收敛，且an\,a_n\,an​单调减少，则∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛. (an⩽an+1⇒anan+1⩽an+12a_n\leqslant a_{n+1}\Rightarrow a_na_{n+1}\leqslant a_{n+1}^2an​⩽an+1​⇒an​an+1​⩽an+12​)

(3) 使用基本不等式放缩 (比较审敛法基本形式)

  放缩是判断级数敛散性中非常重要的思想，放缩过程通常需要考虑使用基本不等式，或下面这些重要的不等式：

sin⁡x<x(x>0)\sin{x}<x\;(x>0)sinx<x(x>0)x1+x<ln⁡(1+x)<x(x>0)\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\; (x>0)1+xx​<ln(1+x)<x(x>0)ex<1+x(x≠0)e^x<1+x\;(x \neq 0)ex<1+x(x​=0)sin⁡x<x<tan⁡x(0<x<π2)\sin{x}<x<\tan{x}\;(0<x<\frac{\pi}{2})sinx<x<tanx(0<x<2π​)

  例1(基本不等式). 设常数k>0\,k>0k>0，且正项级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，判断下面级数的敛散性：
∑n=1∞(−1)nann+k\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\sqrt{a_n}}{n+k}n=1∑∞​(−1)nn+kan​​​

  解：
ann+k⩽12[an+1(n+k)2]\frac{\sqrt{a_n}}{n+k}\leqslant\frac{1}{2}\bigg[a_n+\frac{1}{(n+k)^2}\bigg]n+kan​​​⩽21​[an​+(n+k)21​]

    因为∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​与∑n=1∞1(n+k)2\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+k)^2}\,n=1∑∞​(n+k)21​收敛，所以∑n=1∞12[an+1(n+k)2]\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2}\bigg[a_n+\frac{1}{(n+k)^2}\bigg]n=1∑∞​21​[an​+(n+k)21​]收敛，
    于是∑n=1∞ann+k\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n+k}\,n=1∑∞​n+kan​​​收敛，故原级数绝对收敛.

  例2(重要不等式). 判断∑n=1∞sinπ2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty \text{sin}\frac{\pi}{2^n}\,n=1∑∞​sin2nπ​的敛散性.
    当x⩾0\,x\geqslant 0\,x⩾0时，sinx⩽x\text{sin}x\leqslant xsinx⩽x，所以
0⩽sinπ2n⩽π2n0\leqslant\text{sin}\frac{\pi}{2^n}\leqslant\frac{\pi}{2^n}0⩽sin2nπ​⩽2nπ​

    因为∑n=1∞π2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi}{2^n}\,n=1∑∞​2nπ​收敛，所以∑n=1∞sinπ2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty \text{sin}\frac{\pi}{2^n}\,n=1∑∞​sin2nπ​收敛.

    读者可以再考虑∑n=1∞2nsinx2n(0<x<3π)\,\sum\limits_{n=1}^\infty 2^n\text{sin}\frac{x}{2^n}\;(0<x<3\pi)n=1∑∞​2nsin2nx​(0<x<3π)、∑n=1∞(1n−lnn+1n)(0<x<3π)\,\sum\limits_{n=1}^\infty (\frac{1}{n}-\text{ln}\frac{n+1}{n})\;(0<x<3\pi)n=1∑∞​(n1​−lnnn+1​)(0<x<3π)

(4) 多种审敛法结合判断

  有的正项级数通过单一判断法不便确定敛散性，比如下面的级数发散就是通过比较审敛法和积分审敛法结合判断的：

  判断下面级数的敛散性：
∑n=1∞1nln(1+n)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n\text{ln}(1+n)}n=1∑∞​nln(1+n)1​

  因为 1nln(1+n)>1(n+1)ln(1+n)\frac{1}{n\text{ln}(1+n)}>\frac{1}{(n+1)\text{ln}(1+n)}nln(1+n)1​>(n+1)ln(1+n)1​
∫1+∞1ln(1+n)d[ln(1+n)]=lnln(1+n)∣1+∞=+∞\int_1^{+\infty}\frac{1}{\text{ln}(1+n)}\text{d}[\text{ln}(1+n)]=\text{ln}\text{ln}(1+n)\bigg|^{+\infty}_1=+\infty∫1+∞​ln(1+n)1​d[ln(1+n)]=lnln(1+n)∣∣∣∣​1+∞​=+∞

  所以原级数发散.

(5) 幂指函数转化为p\,p\,p级数 (比较审敛法基本形式)

  若这种级数形如：∑n=1∞1f(n)lnn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{f(n)^{\text{ln}n}}n=1∑∞​f(n)lnn1​

  解法：通过指数运算转化为p\,p\,p级数判断敛散性.

∑n=1∞1alnn(a>e)\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{a^{\text{ln}n}}\;(a>e)n=1∑∞​alnn1​(a>e)

1alnn=1elnn⋅lna=1nlna\frac{1}{a^{\text{ln}n}}=\frac{1}{e^{\text{ln}n\cdot\text{ln}a}}=\frac{1}{n^{\text{ln}a}}alnn1​=elnn⋅lna1​=nlna1​

    lna>1⇒\text{ln}a>1\Rightarrow\,lna>1⇒原级数收敛.

∑n=1∞1(lnn)lnn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{(\text{ln}n)^{\text{ln}n}}n=1∑∞​(lnn)lnn1​

1(lnn)lnn=1elnn⋅lnlnn=1nlnlnn\frac{1}{(\text{ln}n)^{\text{ln}n}}=\frac{1}{e^{\text{ln}n\cdot\text{lnln}n}}=\frac{1}{n^{\text{lnln}n}}(lnn)lnn1​=elnn⋅lnlnn1​=nlnlnn1​

lnlnn>2(n→∞)\text{lnln}n>2\;(n\to\infty)lnlnn>2(n→∞)

      原级数收敛.
    读者可以再考虑∑n=2∞1(lnlnn)lnn\,\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(\text{ln}\text{ln}n)^{\text{ln}n}}n=2∑∞​(lnlnn)lnn1​、∑n=3∞1(lnn)lnlnn.\,\sum\limits_{n=3}^\infty \frac{1}{(\text{ln}n)^{\text{ln}\text{ln}n}}\,.n=3∑∞​(lnn)lnlnn1​.

  读者可以再考虑∑n=2∞1(lnn)lnn\,\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(\text{ln}n)^{\text{ln}n}}n=2∑∞​(lnn)lnn1​、∑n=2∞1(lnlnn)lnn\,\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(\text{ln}\text{ln}n)^{\text{ln}n}}n=2∑∞​(lnlnn)lnn1​、∑n=3∞1(lnn)lnlnn.\,\sum\limits_{n=3}^\infty \frac{1}{(\text{ln}n)^{\text{ln}\text{ln}n}}\,.n=3∑∞​(lnn)lnlnn1​.

(6) 常数项级数的"夹逼准则" (比较审敛法基本形式)

  设an⩽bn⩽cn\,a_n\leqslant b_n\leqslant c_n\,an​⩽bn​⩽cn​且级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​和∑n=1∞cn\,\sum\limits_{n=1}^\infty c_n\,n=1∑∞​cn​都收敛，则∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​也收敛 (很像夹逼准则). 证明也要掌握：

  由an⩽bn⩽cn\,a_n\leqslant b_n\leqslant c_n\,an​⩽bn​⩽cn​，得
0⩽bn−an⩽cn−an0\leqslant b_n-{\color{Blue}a_n}\leqslant c_n-{\color{Blue}a_n}0⩽bn​−an​⩽cn​−an​
  因为∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​和∑n=1∞cn\,\sum\limits_{n=1}^\infty c_n\,n=1∑∞​cn​收敛，所以∑n=1∞(cn−an)\,\sum\limits_{n=1}^\infty (c_n-a_n)\,n=1∑∞​(cn​−an​).
  由正项级数的比较审敛法，∑n=1∞(bn−an)\,\sum\limits_{n=1}^\infty (b_n-a_n)\,n=1∑∞​(bn​−an​)收敛.
  又因bn=(bn−an)+an\,b_n=(b_n-a_n)+a_nbn​=(bn​−an​)+an​，所以∑n=1∞bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\,n=1∑∞​bn​收敛.

(7) 麦克劳林展开式 (比较审敛法极限形式)

  记住级数也是一种极限，所以类似用泰勒公式求极限是求极限的通用方法，泰勒展开式也是求级数的通用方法. 如果实在想不出合适的同阶无穷小，并且an\,a_n\,an​方便使用麦克劳林公式的级数展开，可以考虑用此法.

  注意：因为是要找an\,a_n\,an​的同阶无穷小，所以要将an\,a_n\,an​化为关于1n\,\frac{1}{n}\,n1​的表达式，再展开(这样才能得到无穷小).

  步骤：
    1) 将an\,a_n\,an​改写为关于1n\,\frac{1}{n}\,n1​的式子.
    2) 将1n\,\frac{1}{n}\,n1​视为整体代入相关麦克劳林公式.
    3) 使用比较审敛法判断正项级数的敛散性.

  例1. 考虑下面这个级数的敛散性：
∑n=2∞np(n+1−2n+n−1)\sum\limits_{n=2}^\infty n^p(\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}+\sqrt{n-1})n=2∑∞​np(n+1​−2n​+n−1​)

(1+x)12=1+12x+12(12−1)2x2+o(x2)(1+x)^\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}x+\frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2}x^2+o(x^2)(1+x)21​=1+21​x+221​(21​−1)​x2+o(x2)
(1+1n)12=1+12⋅1n−18⋅1n2+o(1n2)(1+\frac{1}{n})^\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{n^2}+o(\frac{1}{n^2})(1+n1​)21​=1+21​⋅n1​−81​⋅n21​+o(n21​)

(1−1n)12=1−12⋅1n−18⋅1n2+o(1n2)(1-\frac{1}{n})^\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{n^2}+o(\frac{1}{n^2})(1−n1​)21​=1−21​⋅n1​−81​⋅n21​+o(n21​)

an=np+12⋅[(−14)⋅1n2)]∼−14⋅1n32−pa_n=n^{p+\frac{1}{2}}\cdot[(-\frac{1}{4})\cdot\frac{1}{n^2})]\sim -\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{n^{\frac{3}{2}-p}}an​=np+21​⋅[(−41​)⋅n21​)]∼−41​⋅n23​−p1​

    故当p<12\,p<\frac{1}{2}\,p<21​时，级数收敛.

  例2. 考虑下面这个级数的敛散性：
∑n=2∞ln[1+(−1)nn]\sum\limits_{n=2}^\infty \text{ln}\bigg[ 1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\bigg]n=2∑∞​ln[1+n​(−1)n​]

ln[1+(−1)nn]=(−1)nn−12⋅1n+o(1n)\text{ln}\bigg[ 1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\bigg]=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})ln[1+n​(−1)n​]=n​(−1)n​−21​⋅n1​+o(n1​)
    因为lim⁡n→∞−12⋅1n+o(1n)1n=−12\lim\limits_{n\to\infty}\frac{-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n}}=-\frac{1}{2}n→∞lim​n1​−21​⋅n1​+o(n1​)​=−21​    所以∑n=2∞−12⋅1n+o(1n)\sum\limits_{n=2}^\infty-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})\,n=2∑∞​−21​⋅n1​+o(n1​)发散，而∑n=2∞(−1)nn\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}n=2∑∞​n​(−1)n​收敛，
    所以原级数发散.

(8) 用比较审敛法判断交错级数敛散性 (比较审敛法极限形式)

    有的交错级数an\,a_n\,an​具有明显同阶/等价无穷小的特征，可以考虑取绝对值，使用比较审敛法极限形式判断绝对收敛，从而判断该交错级数收敛：

  例. 判断∑n=1∞(−1)n(1−cosan)(a>0)\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n(1-\text{cos}\frac{a}{n})\;(a>0)\,n=1∑∞​(−1)n(1−cosna​)(a>0)的敛散性.

  解：由
∣(−1)n(1−cosan)∣∼12⋅a2n2\bigg|(-1)^n(1-\text{cos}\frac{a}{n})\bigg|\sim \frac{1}{2}\cdot{\frac{a^2}{n^2}}∣∣∣∣​(−1)n(1−cosna​)∣∣∣∣​∼21​⋅n2a2​

    且∑n=1∞a22n2\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{a^2}{2n^2}\,n=1∑∞​2n2a2​收敛，故原级数绝对收敛.

(9) 加负号变正项级数 (比较审敛法极限形式)

  证明：若∑n=1∞(1b)n\,\sum\limits_{n=1}^\infty (\frac{1}{b})^n\,n=1∑∞​(b1​)n收敛，且0<a<b\,0<a<b0<a<b，则∑n=1∞1an−bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{a^n-b^n}\,n=1∑∞​an−bn1​收敛
  证：因为0<a<b\,0<a<b\,0<a<b
    令An=1an−bn<0\,A_n=\frac{1}{a^n-b^n}<0An​=an−bn1​<0，则−An>0\,-A_n>0−An​>0
lim⁡n→∞(1b)n−An=−lim⁡n→∞(anbn−1)=1\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(\frac{1}{b})^n}{-A_n}=-\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{a^n}{b^n}-1)=1n→∞lim​−An​(b1​)n​=−n→∞lim​(bnan​−1)=1
    所以∑n=1∞1an−bn\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{a^n-b^n}\,n=1∑∞​an−bn1​收敛.

(10) 运用L\,\text{L}\,L判断级数收敛

  中值定理与级数结合.
  下面这种题目非常重要，要掌握. 注意使用L\,\text{L}\,L的过程和推导∣an−an−1∣<kn−1∣a1−a0∣\,|a_n-a_{n-1}|<k^{n-1}|a_1-a_0|\,∣an​−an−1​∣<kn−1∣a1​−a0​∣的过程.

  设f(x)\,f(x)\,f(x)是区间(−∞,+∞)\,(-\infty,+\infty)\,(−∞,+∞)上的可导函数，∣f′(x)∣<kf(x)|f'(x)|<kf(x)∣f′(x)∣<kf(x)，其中0<k<1\,0<k<10<k<1. 任取实数a0\,a_0a0​，定义an=lnf(an−1)\,a_n=\text{ln}f(a_{n-1})an​=lnf(an−1​)，n=1,2,...n=1,2,...n=1,2,...，证明：∑n=1∞(an−an−1)\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n-a_{n-1})\,n=1∑∞​(an​−an−1​)绝对收敛.

  解：
    因为∣f′(x)∣<kf(x)(0<k<1)\,|f'(x)|<kf(x)\;(0<k<1)∣f′(x)∣<kf(x)(0<k<1)，显然f(x)>0\,f(x)>0f(x)>0.
    令g(x)=lnf(x)\,g(x)=\text{ln}f(x)g(x)=lnf(x)，则an=g(an−1)\,a_n=g(a_{n-1})an​=g(an−1​).
g′(x)=f′(x)f(x)⇒∣g′(x)∣=∣f′(x)∣f(x)<kg'(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}\Rightarrow |g'(x)|=\frac{|f'(x)|}{f(x)}<kg′(x)=f(x)f′(x)​⇒∣g′(x)∣=f(x)∣f′(x)∣​<k

∣an−an−1∣=∣g′(ξn)∣⋅∣an−1−an∣<k⋅∣an−1−an∣|a_n-a_{n-1}|=|g'(\xi_n)|\cdot|a_{n-1}-a_{n}|<k\cdot|a_{n-1}-a_n|∣an​−an−1​∣=∣g′(ξn​)∣⋅∣an−1​−an​∣<k⋅∣an−1​−an​∣

∣an−an−1∣<k∣an−1−an∣<k2∣an−2−an−1∣...<kn−1∣a1−a0∣|a_n-a_{n-1}|<k|a_{n-1}-a_n|<k^2|a_{n-2}-a_{n-1}|...<k^{n-1}|a_1-a_0|∣an​−an−1​∣<k∣an−1​−an​∣<k2∣an−2​−an−1​∣...<kn−1∣a1​−a0​∣

    因为∑n=1∞kn−1∣a1−a0∣\sum\limits_{n=1}^\infty k^{n-1}|a_1-a_0|\,n=1∑∞​kn−1∣a1​−a0​∣收敛，所以∑n=1∞(an−an−1)\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n-a_{n-1})\,n=1∑∞​(an​−an−1​)收敛

(11) 构造交错级数

  考虑下面这道题目：

  例. 设∑n=1∞(x−a)2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(x-a)^2}{n}\,n=1∑∞​n(x−a)2​在x=−2\,x=-2\,x=−2处条件收敛，求a\,aa.

  解：x−a=−1⇒a=−1x-a=-1\Rightarrow a= -1x−a=−1⇒a=−1.

  分析：
    由条件收敛可知，∑n=1∞(−2−a)2n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-2-a)^2}{n}\,n=1∑∞​n(−2−a)2​收敛，而调和级数∑n=1∞1n\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\,n=1∑∞​n1​发散，所以只能让−2−a=−1\,-2-a=-1−2−a=−1，使级数成为交错级数，显然根据莱布尼茨审敛法，∑n=1∞(−1)nn\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\,n=1∑∞​n(−1)n​收敛. 如果代入其他任何值，都可以证明原级数是发散的.

(12) sinf(n)π\text{sin}f(n)\pi\,sinf(n)π、cosf(n)π\text{cos}f(n)\pi\,cosf(n)π型交错级数

  有的级数需要经过变形才能看出是交错级数. sinf(n)π\text{sin}f(n)\pi\,sinf(n)π型就是很典型的一类，比如：∑n=1∞sin(πn2+1)\sum\limits_{n=1}^\infty\text{sin}(\pi\sqrt{n^2+1})n=1∑∞​sin(πn2+1​).

  请牢记三角公式：
sin(α+nπ)=(−1)nsinα\color{Blue}\text{sin}(\alpha+n\pi)=(-1)^{n}\text{sin}\alphasin(α+nπ)=(−1)nsinα

    在解题时需要经过下面的等价变换即可求解：
sinf(n)π=sin{nπ+[f(n)−n]π}=(−1)nsin[f(n)−n]π\text{sin}f(n)\pi=\text{sin}\{n\pi+[f(n)-n]\pi\}={\color{Blue}(-1)^n}\text{sin}[f(n)-n]\pisinf(n)π=sin{nπ+[f(n)−n]π}=(−1)nsin[f(n)−n]π

    其关键就是要分出nπ\,n\pinπ.

例：判断级数∑n=1∞sin(πn2+1)\,\sum\limits_{n=1}^\infty\text{sin}(\pi\sqrt{n^2+1})\,n=1∑∞​sin(πn2+1​)的敛散性，若收敛，是绝对收敛还是条件收敛?

an=sin(πn2+1)=sin(πn2+1−nπ+nπ)=(−1)nsin(πn2+1−nπ)=(−1)nπn2+1+na_n=\text{sin}(\pi\sqrt{n^2+1})=\text{sin}(\pi\sqrt{n^2+1}-n\pi+n\pi)=(-1)^n\text{sin}(\pi\sqrt{n^2+1}-n\pi)=(-1)^n\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}an​=sin(πn2+1​)=sin(πn2+1​−nπ+nπ)=(−1)nsin(πn2+1​−nπ)=(−1)nn2+1​+nπ​

  (莱布尼茨审敛法) 因为sinπn2+1+n>0,{sinπn2+1+n}\,\text{sin}\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}>0,\{\text{sin}\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\}\,sinn2+1​+nπ​>0,{sinn2+1​+nπ​}单调减少且lim⁡n→∞πn2+1+n=0\,\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}=0n→∞lim​n2+1​+nπ​=0，所以级数收敛.
  (正项级数比较审敛法极限形式) 又∑n=1∞sinπn2+1+n∼π2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty\text{sin}\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\sim\frac{\pi}{2n}\,n=1∑∞​sinn2+1​+nπ​∼2nπ​且∑n=1∞π2n\,\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi}{2n}\,n=1∑∞​2nπ​发散，所以∑n=1∞sinn2+1π\,\sum\limits_{n=1}^\infty\text{sin}\sqrt{n^2+1}\pi\,n=1∑∞​sinn2+1​π条件收敛.

(13) 发散条件的运用

  例：设∑n=1∞(−1)nan\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^na_n\,n=1∑∞​(−1)nan​为发散的交错级数，其中an>0(n=1,2,3,..)\,a_n>0\;(n=1,2,3,..)\,an​>0(n=1,2,3,..)且{an}n=1∞\,\{a_n\}^{\infty}_{n=1}\,{an​}n=1∞​单调减少，判断级数∑n=1∞(11+an)n\,\sum\limits_{n=1}^\infty \big(\frac{1}{1+a_n}\big)^n\,n=1∑∞​(1+an​1​)n的敛散性.

  解：
    因为 an>0a_n>0\,an​>0且{an}\,\{a_n\}\,{an​}单调减少，所以lim⁡n→∞an\,\lim\limits_{n\to\infty}a_n\,n→∞lim​an​存在，设lim⁡n→∞an=A\,\lim\limits_{n\to\infty}a_n=An→∞lim​an​=A，显然A⩾0\,A\geqslant 0A⩾0.
    因为交错级数∑n=1∞(−1)nan\,\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^na_n\,n=1∑∞​(−1)nan​发散，所以A>0\,A>0A>0.
    因为lim⁡n→∞(11+an)nn=lim⁡n→∞11+an=11+A<1\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{(\frac{1}{1+a_n})^n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{1+a_n}=\frac{1}{1+A}<1n→∞lim​n(1+an​1​)n​=n→∞lim​1+an​1​=1+A1​<1，
    所以该正项级数收敛.

(14) 拆开考虑

  有的级数形式看上去很复杂，但其实可以拆开考虑. 虽然这是一种最简单粗暴的思维方式，但是容易忽视！如：

∑n=1∞(−1)nn32−kn52=∑n=1∞(−1)n(1n−kn52)\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{n^{\frac{3}{2}}-k}{n^{\frac{5}{2}}}=\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n(\frac{1}{n}-\frac{k}{n^{\frac{5}{2}}})n=1∑∞​(−1)nn25​n23​−k​=n=1∑∞​(−1)n(n1​−n25​k​)

∑n=2∞(−1)nn+(−1)n=∑n=2∞(−1)nn+1n+1=∑n=2∞[(−1)n+1n+1n+1n+1]\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}=\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n\sqrt{n}+1}{n+1}=\sum\limits_{n=2}^\infty\bigg[\frac{(-1)^n+1}{\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}}+\frac{1}{n+1}\bigg]n=2∑∞​n​+(−1)n(−1)n​=n=2∑∞​n+1(−1)nn​+1​=n=2∑∞​[n​+n​1​(−1)n+1​+n+11​]

(15) 利用有界性判断正项级数敛散性

  回顾正项级数收敛的充要条件：部分和数列{sn}\,\{s_n\}\,{sn​}有界.

  例. 设∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​是正项级数，sn=∑k=1naks_n=\sum\limits_{k=1}^n a_k\,sn​=k=1∑n​ak​是它的部分和. 若∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，判断级数∑n=1∞snan\,\sum\limits_{n=1}^\infty s_na_nn=1∑∞​sn​an​、∑n=1∞ansn\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{s_n}\,n=1∑∞​sn​an​​的敛散性.
  解：若正项级数∑n=1∞an\,\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\,n=1∑∞​an​收敛，部分和数列{sn}\,\{s_n\}\,{sn​}有界，即存在M>0\,M>0\,M>0使得∣sn∣=sn⩽M\,|s_n|=s_n\leqslant M∣sn​∣=sn​⩽M.
    对于∑n=1∞snan\,\sum\limits_{n=1}^\infty s_na_nn=1∑∞​sn​an​，0<snan⩽Man0<s_n a_n\leqslant Ma_n0<sn​an​⩽Man​，由比较审敛法，∑n=1∞snan\sum\limits_{n=1}^\infty s_na_nn=1∑∞​sn​an​收敛.
    对于∑n=1∞ansn\,\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{s_n}n=1∑∞​sn​an​​，sns_n\,sn​单调增加，所以0<ansn⩽ans1\,0<\frac{a_n}{s_n}\leqslant \frac{a_n}{s_1}0<sn​an​​⩽s1​an​​，由比较审敛法，∑n=1∞ansn\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{s_n}n=1∑∞​sn​an​​收敛.

  题目出现“{...}\{...\}{...}是有界数列”，也可以考虑通过M\,M\,M构造不等式，然后通过比较审敛法解决.

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