AAA组

7.设0⩽un⩽1n0\leqslant u_n\leqslant\cfrac{1}{n}0⩽un​⩽n1​，则下列级数一定收敛的是（  ）。
(A)∑n=1∞un;(A)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n;(A)n=1∑∞​un​;
(B)∑n=1∞(−1)nun;(B)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n;(B)n=1∑∞​(−1)nun​;
(C)∑n=1∞un;(C)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\sqrt{u_n};(C)n=1∑∞​un​​;
(D)∑n=1∞(−1)nun2.(D)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n^2.(D)n=1∑∞​(−1)nun2​.

解  如∑n=1∞1n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}n=1∑∞​n1​，(A),(C)(A),(C)(A),(C)错误。
  如∑n=1∞(−1)n+12n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n+1}{2n}n=1∑∞​2n(−1)n+1​，(B)(B)(B)错误。
  因0⩽un⩽1n0\leqslant u_n\leqslant\cfrac{1}{n}0⩽un​⩽n1​，有un2⩽1n2u_n^2\leqslant\cfrac{1}{n^2}un2​⩽n21​，而∑n=1∞1n2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​收敛，由正项级数的比较判别法知，∑n=1∞un2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n^2n=1∑∞​un2​收敛，故∑n=1∞(−1)nun2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n^2n=1∑∞​(−1)nun2​绝对收敛，从而收敛，故选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了反例求解）

20.判别下列正项级数的敛散性。

（3）∑n=1∞(n+13−n3).\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}).n=1∑∞​(3n+1​−3n​).

解
n+13−n3=1(n+1)23+n(n+1)3+n23⩾13(n+1)23\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}=\cfrac{1}{\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2}}\geqslant\cfrac{1}{3\sqrt[3]{(n+1)^2}} 3n+1​−3n​=3(n+1)2​+3n(n+1)​+3n2​1​⩾33(n+1)2​1​
  又∑n=1∞1(n+1)23=∑n=2∞1n23\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{(n+1)^{\frac{2}{3}}}=\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty\cfrac{1}{n^{\frac{2}{3}}}n=1∑∞​(n+1)32​1​=n=2∑∞​n32​1​发散，由比较判别法知，∑n=1∞(n+13−n3)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})n=1∑∞​(3n+1​−3n​)发散。（这道题主要利用了分子有理化求解）

21.设级数∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​条件收敛，判别级数∑n=1∞nan(x−1)n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^nn=1∑∞​nan​(x−1)n在点x1=3,x2=3x_1=\sqrt{3},x_2=3x1​=3​,x2​=3处的收敛性。

解  由题设条件∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​收敛，可知∑n=1∞anxn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^nn=1∑∞​an​xn的收敛半径R=1R=1R=1。若R<1R<1R<1，则∑n=1∞anxn∣x=1=∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n\biggm\vert_{x=1}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​xn∣∣∣∣​x=1​=n=1∑∞​an​发散，与已知矛盾；若R>1R>1R>1，则∑n=1∞anxn∣x=1=∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n\biggm\vert_{x=1}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​xn∣∣∣∣​x=1​=n=1∑∞​an​绝对收敛，与已知矛盾。
  由于∑n=1∞nanxn=x∑n=1∞nanxx−1=x∑n=1∞(anxn)′\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^n=x\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{x-1}=x\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(a_nx^n)'n=1∑∞​nan​xn=xn=1∑∞​nan​xx−1=xn=1∑∞​(an​xn)′的收敛半径与∑n=1∞anxn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^nn=1∑∞​an​xn收敛半径相同，即R=1R=1R=1，收敛区间为(−1,1)(-1,1)(−1,1)。
  当x1=3x_1=\sqrt{3}x1​=3​时，考察∑n=1∞nan(x−1)n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^nn=1∑∞​nan​(x−1)n，由于∣3−1∣<1|\sqrt3-1|<1∣3​−1∣<1，因此∑n=1∞nan(x−1)n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^nn=1∑∞​nan​(x−1)n在x1=3x_1=\sqrt{3}x1​=3​处绝对收敛；
  当x2=3x_2=3x2​=3时，考察∑n=1∞nan(x−1)n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^nn=1∑∞​nan​(x−1)n，由于∣3−1∣>1|3-1|>1∣3−1∣>1，因此∑n=1∞nan(x−1)n\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^nn=1∑∞​nan​(x−1)n在x2=3x_2=3x2​=3处发散。（这道题主要利用了分类讨论求解）

BBB组

2.下列命题正确的是（  ）。
(A)(A)(A)若un<vn(n=1,2,3,⋯)u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)un​<vn​(n=1,2,3,⋯)，则∑n=1∞un⩽∑n=1∞vn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n\leqslant\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_nn=1∑∞​un​⩽n=1∑∞​vn​；
(B)(B)(B)若un<vn(n=1,2,3,⋯)u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)un​<vn​(n=1,2,3,⋯)，∑n=1∞vn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_nn=1∑∞​vn​收敛，则∑n=1∞un\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_nn=1∑∞​un​收敛；
(C)(C)(C)若lim⁡n→∞unvn=1\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_n}{v_n}=1n→∞lim​vn​un​​=1，∑n=1∞vn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_nn=1∑∞​vn​收敛，则∑n=1∞un\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_nn=1∑∞​un​收敛；
(D)(D)(D)若wn<un<vn(n=1,2,3,⋯)w_n<u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)wn​<un​<vn​(n=1,2,3,⋯)，∑n=1∞wn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty w_nn=1∑∞​wn​与∑n=1∞vn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_nn=1∑∞​vn​收敛，则∑n=1∞un\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_nn=1∑∞​un​收敛。

解  因为只有当级数收敛时，才能比较其和的大小，故(A)(A)(A)错误。
  若取级数∑n=1∞(−1n)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left(-\cfrac{1}{n}\right)n=1∑∞​(−n1​)与∑n=1∞1n2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​，可见(B)(B)(B)错误。
  若取级数∑n=1∞(−1)nn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}n=1∑∞​n​(−1)n​与∑n=1∞[(−1)nn+1n]\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left[\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\cfrac{1}{n}\right]n=1∑∞​[n​(−1)n​+n1​]，可见(C)(C)(C)错误。
  故选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了反例求解）

CCC组

6.设函数fn(x)=∫0xt(1−t)sin⁡2ntdt(x>0)f_n(x)=\displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t(x>0)fn​(x)=∫0x​t(1−t)sin2ntdt(x>0)，其中nnn为正整数。

（1）证明fn(x)f_n(x)fn​(x)在区间(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)上存在最大值；

解  由fn′(x)=x(1−x)sin⁡2nx=0f'_n(x)=x(1-x)\sin^{2n}x=0fn′​(x)=x(1−x)sin2nx=0，解得函数fn(x)f_n(x)fn​(x)在(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)内的所有驻点为x0=1x_0=1x0​=1及xk=kπ,k=1,2,⋯x_k=k\pi,k=1,2,\cdotsxk​=kπ,k=1,2,⋯。易知，x0=1x_0=1x0​=1是fn(x)f_n(x)fn​(x)在(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)上的唯一极值点且为极大值点，所以fn(1)f_n(1)fn​(1)是fn(x)f_n(x)fn​(x)在(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)上的最大值。

（2）记ana_nan​为函数fn(x)f_n(x)fn​(x)在(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)上的最大值(n⩾1)(n\geqslant1)(n⩾1)，证明级数∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​收敛。

解  因为an=fn(1)=∫01t(1−t)sin⁡2ntdt(n⩾1)a_n=f_n(1)=\displaystyle\int^1_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t(n\geqslant1)an​=fn​(1)=∫01​t(1−t)sin2ntdt(n⩾1)，且当0⩽t⩽π20\leqslant t\leqslant\cfrac{\pi}{2}0⩽t⩽2π​时有sin⁡t⩽t\sin t\leqslant tsint⩽t，所以0⩽an⩽∫01t(1−t)t2ndt=∫01t2n+1dt−∫01t2n+2dt=12n+2−12n+3⩽1n20\leqslant a_n\leqslant\displaystyle\int^1_0t(1-t)t^{2n}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^1_0t^{2n+1}\mathrm{d}t-\displaystyle\int^1_0t^{2n+2}\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2n+2}-\cfrac{1}{2n+3}\leqslant\cfrac{1}{n^2}0⩽an​⩽∫01​t(1−t)t2ndt=∫01​t2n+1dt−∫01​t2n+2dt=2n+21​−2n+31​⩽n21​。利用比较判别法，由∑n=1∞1n2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}n=1∑∞​n21​收敛可知，级数∑n=1∞an\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nn=1∑∞​an​收敛。（这道题主要利用了放缩法求解）

7.

（1）设f(x)f(x)f(x)为任意阶可导函数，且f(x)=∑n=1∞anxnf(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^nf(x)=n=1∑∞​an​xn，若f(x)f(x)f(x)为奇函数，证明f(x)=∑n=1∞a2n−1x2n−1f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}f(x)=n=1∑∞​a2n−1​x2n−1；

解  由f(x)f(x)f(x)为奇函数，即f(x)=−f(−x)f(x)=-f(-x)f(x)=−f(−x)，于是有∑n=1∞anxn=−∑n=1∞an(−x)n=∑n=1∞(−1)n+1anxn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n=-\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(-x)^n=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}a_nx^nn=1∑∞​an​xn=−n=1∑∞​an​(−x)n=n=1∑∞​(−1)n+1an​xn，比较两端xxx同次项系数，得an=(−1)n+1ana_n=(-1)^{n+1}a_nan​=(−1)n+1an​。
  当n=2kn=2kn=2k为偶数时，a2k=−a2ka_{2k}=-a_{2k}a2k​=−a2k​，则a2k=0,k=0,1,2,⋯a_{2k}=0,k=0,1,2,\cdotsa2k​=0,k=0,1,2,⋯；
  当n=2k−1n=2k-1n=2k−1为奇数时，a2k−1=a2k−1,k=1,2,⋯a_{2k-1}=a_{2k-1},k=1,2,\cdotsa2k−1​=a2k−1​,k=1,2,⋯。
  综上可知，f(x)=∑k=1∞a2k−1x2k−1f(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k-1}x^{2k-1}f(x)=k=1∑∞​a2k−1​x2k−1，亦可写成f(x)=∑n=1∞a2n−1x2n−1f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}f(x)=n=1∑∞​a2n−1​x2n−1。

（2）将函数f(x)=∫0xex2−t2dtf(x)=\displaystyle\int^x_0e^{x^2-t^2}\mathrm{d}tf(x)=∫0x​ex2−t2dt展开为xxx的幂级数。

解  f(x)=ex2⋅∫0xe−t2dtf(x)=e^{x^2}\cdot\displaystyle\int^x_0e^{-t^2}\mathrm{d}tf(x)=ex2⋅∫0x​e−t2dt为奇函数，由(1)(1)(1)，设f(x)=∑n=1∞a2n−1x2n−1f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}f(x)=n=1∑∞​a2n−1​x2n−1。
  对求导f(x)=∫0xex2−t2dtf(x)=\displaystyle\int^x_0e^{x^2-t^2}\mathrm{d}tf(x)=∫0x​ex2−t2dt，得f′(x)=2xf(x)+1f'(x)=2xf(x)+1f′(x)=2xf(x)+1，即∑n=1∞(2n−1)a2n−1x2n−2=∑n=1∞2a2n−1x2n+1\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(2n-1)a_{2n-1}x^{2n-2}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty2a_{2n-1}x^{2n}+1n=1∑∞​(2n−1)a2n−1​x2n−2=n=1∑∞​2a2n−1​x2n+1，也即∑n=1∞(2n+1)a2n+1x2n+a1=∑n=1∞2a2n−1x2n+1\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(2n+1)a_{2n+1}x^{2n}+a_1=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty2a_{2n-1}x^{2n}+1n=1∑∞​(2n+1)a2n+1​x2n+a1​=n=1∑∞​2a2n−1​x2n+1。
  比较两端同次项系数，得a1=1a_1=1a1​=1，于是
a2n+1=22n+1a2n−1=22n+1⋅22n−1a2n−3=⋯=22n+1⋅22n−1⋅⋯⋅23⋅a1=2n(2n+1)!!.\begin{aligned} a_{2n+1}&=\cfrac{2}{2n+1}a_{2n-1}=\cfrac{2}{2n+1}\cdot\cfrac{2}{2n-1}a_{2n-3}=\cdots\\ &=\cfrac{2}{2n+1}\cdot\cfrac{2}{2n-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{2}{3}\cdot a_1=\cfrac{2^n}{(2n+1)!!}. \end{aligned} a2n+1​​=2n+12​a2n−1​=2n+12​⋅2n−12​a2n−3​=⋯=2n+12​⋅2n−12​⋅⋯⋅32​⋅a1​=(2n+1)!!2n​.​
  故f(x)=x+∑n=1∞2n(2n+1)!!x2n+1,x∈(−∞,+∞)f(x)=x+\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{2^n}{(2n+1)!!}x^{2n+1},x\in(-\infty,+\infty)f(x)=x+n=1∑∞​(2n+1)!!2n​x2n+1,x∈(−∞,+∞)。（这道题主要利用了微分方程求解）

9.设x>2x>2x>2，证明ln⁡x+2x−2=ln⁡(x+1x−1)2+2∑n=1∞12n−1(2x3−3x)2n−1\ln\cfrac{x+2}{x-2}=\ln\left(\cfrac{x+1}{x-1}\right)^2+2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}\left(\cfrac{2}{x^3-3x}\right)^{2n-1}lnx−2x+2​=ln(x−1x+1​)2+2n=1∑∞​2n−11​(x3−3x2​)2n−1。

解  令S(u)=∑n=1∞12n−1u2n−1S(u)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}u^{2n-1}S(u)=n=1∑∞​2n−11​u2n−1，于是当∣u∣<1|u|<1∣u∣<1时，有S(u)=S(0)+∫0uS′(t)dt=∫0u(∑n=1∞12n−1t2n−1)dt=∫0u∑n=1∞t2n−2dt=∫0u11−t2dt=12ln⁡1+u1−uS(u)=S(0)+\displaystyle\int^u_0S'(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\left(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}t^{2n-1}\right)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty t^{2n-2}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\cfrac{1}{1-t^2}\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{1+u}{1-u}S(u)=S(0)+∫0u​S′(t)dt=∫0u​(n=1∑∞​2n−11​t2n−1)dt=∫0u​n=1∑∞​t2n−2dt=∫0u​1−t21​dt=21​ln1−u1+u​。代入u=2x3−3xu=\cfrac{2}{x^3-3x}u=x3−3x2​，故∑n=1∞12n−1(2x3−3x)2n−1=12ln⁡(x+2)(x−1)2(x+1)2(x−2)(x>2)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}\left(\cfrac{2}{x^3-3x}\right)^{2n-1}=\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{(x+2)(x-1)^2}{(x+1)^2(x-2)}(x>2)n=1∑∞​2n−11​(x3−3x2​)2n−1=21​ln(x+1)2(x−2)(x+2)(x−1)2​(x>2)。（这道题主要利用了幂级数展开求解）

10.设bn>0b_n>0bn​>0，当n⩾2n\geqslant2n⩾2时，bn=bn−1+(n−1)bn−2,b0=b1=1b_n=b_{n-1}+(n-1)b_{n-2},b_0=b_1=1bn​=bn−1​+(n−1)bn−2​,b0​=b1​=1且bnbn−1\cfrac{b_n}{b_{n-1}}bn−1​bn​​有界，求∑n=1∞bnxnn!\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}n=1∑∞​bn​n!xn​的和函数。

解  记an=bnn!a_n=\cfrac{b_n}{n!}an​=n!bn​​，则lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣bn+1(n+1)!⋅n!bn∣=lim⁡n→∞∣1n+1⋅bn+1bn∣=0\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{b_{n+1}}{(n+1)!}\cdot\cfrac{n!}{b_n}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{1}{n+1}\cdot\cfrac{b_{n+1}}{b_n}\right|=0n→∞lim​∣∣∣∣∣​an​an+1​​∣∣∣∣∣​=n→∞lim​∣∣∣∣∣​(n+1)!bn+1​​⋅bn​n!​∣∣∣∣∣​=n→∞lim​∣∣∣∣∣​n+11​⋅bn​bn+1​​∣∣∣∣∣​=0，故收敛区间为(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)。又记S(x)=∑n=1∞bnxnn!S(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}S(x)=n=1∑∞​bn​n!xn​，则
S′(x)=∑n=1∞bnxn−1(n−1)!=b1+∑n=2∞[bn−1+(n−1)bn−2]xn−1(n−1)!=∑n=1∞bn−1xn−1(n−1)!+∑n=2∞bn−2xn−2(n−2)!⋅x=∑n=0∞bnxnn!+x⋅∑n=0∞bnxnn!\begin{aligned} S'(x)&=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}=b_1+\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty[b_{n-1}+(n-1)b_{n-2}]\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\\ &=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_{n-1}\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty b_{n-2}\cfrac{x^{n-2}}{(n-2)!}\cdot x=\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}+x\cdot\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!} \end{aligned} S′(x)​=n=1∑∞​bn​(n−1)!xn−1​=b1​+n=2∑∞​[bn−1​+(n−1)bn−2​](n−1)!xn−1​=n=1∑∞​bn−1​(n−1)!xn−1​+n=2∑∞​bn−2​(n−2)!xn−2​⋅x=n=0∑∞​bn​n!xn​+x⋅n=0∑∞​bn​n!xn​​
  于是S′(x)S(x)=1+x\cfrac{S'(x)}{S(x)}=1+xS(x)S′(x)​=1+x，即∫1S(x)d[S(x)]=∫(1+x)dx\displaystyle\int\cfrac{1}{S(x)}\mathrm{d}[S(x)]=\displaystyle\int(1+x)\mathrm{d}x∫S(x)1​d[S(x)]=∫(1+x)dx，得ln⁡∣S(x)∣=x+x22+ln⁡C1\ln|S(x)|=x+\cfrac{x^2}{2}+\ln C_1ln∣S(x)∣=x+2x2​+lnC1​，也即得S(x)=±C1ex+x22=Cex+x22S(x)=\pm C_1e^{x+\frac{x^2}{2}}=Ce^{x+\frac{x^2}{2}}S(x)=±C1​ex+2x2​=Cex+2x2​，又S(0)=1S(0)=1S(0)=1，故C=1C=1C=1，于是S(x)=ex+x22,x∈(−∞,+∞)S(x)=e^{x+\frac{x^2}{2}},x\in(-\infty,+\infty)S(x)=ex+2x2​,x∈(−∞,+∞)。（这道题主要利用了微分方程求解）

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8. 张宇1000题概率论与数理统计 第九章 参数估计与假设检验

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