2025年高等數(shù)學之無窮無盡試題一、選擇題（每題5分，共20分）1.基礎(chǔ)概念辨析題目：設(shè)級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2})的和為（）A.(\frac{\pi^2}{6})B.(\frac{\pi^2}{3})C.(\frac{\pi^2}{2})D.(\frac{\pi^2}{4})解析：該題考查巴塞爾問題的經(jīng)典結(jié)論。18世紀數(shù)學家歐拉證明了(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6})，這一結(jié)果將離散的級數(shù)求和與連續(xù)的圓周率(\pi)建立了深刻聯(lián)系。選項B、C、D為干擾項，需注意區(qū)分(p)-級數(shù)（如(\sum\frac{1}{n^3})）的和與本題的差異。答案：A2.收斂性判別題目：下列級數(shù)中收斂的是（）A.(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+1})B.(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2})C.(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n})D.(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}})解析：需結(jié)合比較判別法與p-級數(shù)性質(zhì)分析：A項：(\frac{n}{n^2+1}\sim\frac{1}{n})（當(n\to\infty)時），而調(diào)和級數(shù)(\sum\frac{1}{n})發(fā)散，故A發(fā)散；B項：(p=2>1)的p-級數(shù)，收斂；C項：調(diào)和級數(shù)，發(fā)散；D項：(p=\frac{1}{2}<1)的p-級數(shù)，發(fā)散。答案：B3.收斂級數(shù)的性質(zhì)拓展題目：設(shè)級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}a_n)收斂，且(a_n>0)，則級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n})必定（）A.收斂B.發(fā)散C.可能收斂也可能發(fā)散D.斂散性與(a_n)無關(guān)解析：需通過反例與定理結(jié)合判斷：收斂案例：若(a_n=\frac{1}{n^2})，則(\sum\frac{a_n}{n}=\sum\frac{1}{n^3})收斂；發(fā)散案例：若(a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})（交錯級數(shù)收斂），則(\sum\frac{a_n}{n}=\sum\frac{(-1)^n}{n^{3/2}})收斂，但需注意題目限定(a_n>0)。若取(a_n=\frac{1}{\lnn})（假設(shè)收斂，實際調(diào)和級數(shù)變體發(fā)散，此處僅為邏輯推演），則(\sum\frac{a_n}{n})可能發(fā)散。答案：C4.冪級數(shù)展開的應用題目：函數(shù)(f(x)=\frac{1}{1+x^2})的麥克勞林級數(shù)展開式中，(x^4)項的系數(shù)為（）A.1B.-1C.0D.(\frac{1}{2})解析：利用幾何級數(shù)公式(\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n)（(|t|<1)），令(t=-x^2)，則：[f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}]當(2n=4)時，(n=2)，系數(shù)為((-1)^2=1)。答案：A二、填空題（每題5分，共20分）1.經(jīng)典級數(shù)求和題目：級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)})的和為________。解析：利用裂項相消法：[\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}]前(n)項和(S_n=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1})，故(\lim_{n\to\infty}S_n=1)。答案：12.反常積分與級數(shù)的聯(lián)系題目：反常積分(\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^2}dx)的值為________，該結(jié)果與級數(shù)(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2n+1})的和的關(guān)系是________。解析：積分計算：(\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^2}dx=\arctanx\bigg|_0^{\infty}=\frac{\pi}{2})；級數(shù)關(guān)系：由(\arctanx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1})（(|x|\leq1)），令(x=1)得(\frac{\pi}{4}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1})，故積分值是該級數(shù)和的2倍。答案：(\frac{\pi}{2})；積分值為級數(shù)和的2倍3.傅里葉級數(shù)的周期性題目：周期為(2\pi)的函數(shù)(f(x)=x)（(-\pi<x<\pi)）的傅里葉級數(shù)中，余弦項系數(shù)(a_n)的值為________。解析：傅里葉系數(shù)公式中，(a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx)。由于(f(x)=x)為奇函數(shù)，(\cos(nx))為偶函數(shù)，乘積為奇函數(shù)，積分區(qū)間對稱，故(a_n=0)。答案：04.冪級數(shù)的收斂半徑題目：冪級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-2)^n}{n\cdot3^n})的收斂半徑為________。解析：使用比值判別法求收斂半徑(R)：[\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n\cdot3^n}{(n+1)\cdot3^{n+1}}=\frac{1}{3}]故(R=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3)。答案：3三、計算題（每題10分，共30分）1.常數(shù)項級數(shù)的斂散性判別綜合題目：判斷級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n})的斂散性，若收斂，求其和。解答步驟：判別斂散性：使用比值判別法：[\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot\frac{2^n}{n^2}=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2=\frac{1}{2}<1]故級數(shù)收斂。求和計算：利用冪級數(shù)求和公式，設(shè)(S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n)（(|x|<1)），已知：[\sum_{n=1}^{\infty}x^n=\frac{x}{1-x},\quad\sum_{n=1}^{\infty}nx^n=\frac{x}{(1-x)^2},\quad\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}]令(x=\frac{1}{2})，則(S=\frac{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2})}{(1-\frac{1}{2})^3}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{8}}=6)。答案：收斂，和為62.冪級數(shù)的展開與和函數(shù)題目：將函數(shù)(f(x)=\ln(1+x))展開為(x)的冪級數(shù)，并求展開式的收斂域。解答步驟：求導轉(zhuǎn)化為幾何級數(shù)：[f'(x)=\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n\quad(-1<x<1)]逐項積分求展開式：[f(x)=\int_0^xf'(t)dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n]收斂域判定：端點(x=1)：(\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n})為交錯級數(shù)，收斂；端點(x=-1)：(\sum\frac{-1}{n})發(fā)散。故收斂域為((-1,1])。答案：(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n)，收斂域((-1,1])3.傅里葉級數(shù)在熱傳導方程中的應用題目：長度為(\pi)的均勻桿，兩端固定，初始溫度分布為(f(x)=x(\pi-x))（(0\leqx\leq\pi)），求桿內(nèi)溫度分布(u(x,t))的表達式（熱傳導方程：(u_t=a^2u_{xx})）。解答步驟：分離變量法：設(shè)(u(x,t)=X(x)T(t))，代入方程得：[\frac{T'}{a^2T}=\frac{X''}{X}=-\lambda]解得(X(x)=A\cos(\sqrt{\lambda}x)+B\sin(\sqrt{\lambda}x))，結(jié)合邊界條件(X(0)=X(\pi)=0)，得(\lambda_n=n^2)，(X_n(x)=\sin(nx))（(n=1,2,\cdots)）。傅里葉正弦級數(shù)展開初始條件：[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin(nx),\quadb_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x(\pi-x)\sin(nx)dx]計算積分得(b_n=\frac{8}{\pin^3})（(n)為奇數(shù)），(b_n=0)（(n)為偶數(shù)）。溫度分布表達式：[u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{8}{\pi(2k+1)^3}e^{-a^2(2k+1)^2t}\sin((2k+1)x)]四、證明題（每題10分，共20分）1.利用級數(shù)收斂證明不等式題目：證明：當(x\in[0,1])時，(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^2}\leq\frac{\pi^2}{6}x)。證明思路：放縮法：當(x\in[0,1])時，(x^n\leqx)（(n\geq1)），故：[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^2}\leqx\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}]引用巴塞爾問題結(jié)論：(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6})，因此：[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^2}\leq\frac{\pi^2}{6}x]等號僅在(x=0)或(x=1)時成立。證畢2.反常積分與級數(shù)的斂散性關(guān)聯(lián)證明題目：證明：反常積分(\int_{1}^{\infty}\frac{\sinx}{x}dx)收斂，但對應的級數(shù)(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n})條件收斂。證明思路：反常積分收斂性：使用狄利克雷判別法：(\int_{1}^{A}\sinxdx)有界（(\leq2)）；(\frac{1}{x})在([1,+\infty))單調(diào)遞減趨于0，故積分收斂。級數(shù)條件收斂性：收斂性：由萊布尼茨判別法，(\sum\frac{\sinn}{n})的部分和有界，且(\frac{1}{n})單調(diào)遞減趨于0，故收斂；非絕對收斂：(|\frac{\sinn}{n}|\geq\frac{\sin^2n}{n}=\frac{1-\cos2n}{2n})，而(\sum\frac{1}{n})發(fā)散，(\sum\frac{\cos2n}{n})收斂（狄利克雷判別法），故(\sum|\frac{\sinn}{n}|)發(fā)散。證畢五、應用題（每題10分，共20分）1.級數(shù)在物理振動問題中的建模題目：彈簧振子系統(tǒng)的位移(x(t))滿足微分方程(x''+2x'+5x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cos(nt))，求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)響應。解答：方程化簡：非齊次項為三角級數(shù)，利用疊加原理，設(shè)穩(wěn)態(tài)解為(x(t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\cos(nt)+B_n\sin(nt))，代入方程比較系數(shù)得：[(-n^2+2in+5)X_n=\frac{1}{n^2}]其中(X_n=A_n-iB_n)為復振幅。求解振幅：[X_n=\frac{1}{n^2(5-n^2+2in)}=\frac{5-n^2-2in}{n^2[(5-n^2)^2+4n^2]}]取實部得(A_n=\frac{5-n^2}{n^2[(5-n^2)^2+4n^2]})，(B_n=\frac{-2n}{n^2[(5-n^2)^2+4n^2]})。穩(wěn)態(tài)響應表達式：[x(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(5-n^2)\cos(nt)-2n\sin(nt)}{n^2[(5-n^2)^2+4n^2]}]2.經(jīng)濟增長模型中的級數(shù)應用題目：某企業(yè)年利潤增長率為(r_n=\frac{1}{n(n+1)})（第(n)年），初始利潤為(a_0=100)萬元，求第(N)年末的總利潤現(xiàn)值（貼現(xiàn)率為(i=5%)）。解答：利潤增長模型：第(n)年利潤(a_n=a_0\prod_{k=1}^{n}(1+r_k))，取對數(shù)得：[\lna_n=\lna_0+\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac{1}{k(k+1)}\right)\approx\lna_0+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}]（利用(\ln(1+x)\approxx)，(x)較小時）級數(shù)求和簡化：(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=1-\frac{1}{n+1})，故(\lna_n\approx\ln100+1-\frac{1}{n+1})，即(a_n\approx100e^{1-\frac{1}{n+1}})。現(xiàn)值計算：總現(xiàn)值(P=\sum_{n=0}^{N}a_n(1+i)^{-n})，代入(i=0.05)，近似得：[P\approx100e\sum_{n=0}^{N}\frac{e^{-\frac{1}{n+1}}}{1.05^n}]當(N