点击此处查看高数其他板块总结

文章目录

• 记忆内容
• • 1 基本概念
  • • (1) 函数项级数 – ∑n=1∞un(x)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)
    • (2) 幂级数 – ∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn
  • 2 幂级数基本定理
  • • (一) 阿贝尔定理 ($\text{Abel}$)
    • (二) 收敛半径定理和相关问题
    • • 定理1
      • 定理2
      • 补充说明
      • 问题1. 求收敛域
      • 问题2. 根据收敛点或发散点判断收敛域
      • 问题3. 根据幂级数的收敛半径推另一个幂级数的收敛半径
  • 3 幂级数的分析性质
  • • (1) 连续性质
    • (2) 逐项可导性
    • (3) 逐项可积性
    • (4) 变换与拆项
    • • 下标增减变换
      • $k$阶导的等价下标变换
      • 拆项和补项
      • 综合运用
  • 4 函数的幂级数展开
  • • (一) 常见函数的麦克劳林级数
    • (二) 直接展开法 (不常用)
    • (三) 间接展开法
    • • (1) 有理分式： f(x)=P(x)Q(x)f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}f(x)=Q(x)P(x)​
      • (2) 对数：$\text{ln}P(x)$
      • (3) 三角函数：$\text{cos}P(x)$、$\text{sin}P(x)$
      • (4) 先求积分再求导
      • (5) 先求导再求积分
    • (四) 已知$f(x)$，求f(n)(0)\,f^{(n)}(0)\,f(n)(0)
  • 5 求幂级数的和函数
  • • 和函数定义
    • 幂级数的和函数
    • 求幂级数和函数的基本步骤
    • 几点说明
    • • a) 求和函数的工具
      • b) 求和函数与展开为幂级数的关系
      • c) 及时改变下标
      • d) 导致$s(x)$分段的原因
    • (1) 先积分再求导
    • (2) 先求导再积分
    • (3) ∑n=0∞P(n)xn\sum\limits_{n=0}^\infty P(n)x^nn=0∑∞​P(n)xn
    • (4) ∑n=0∞xnP(n)\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{P(n)}n=0∑∞​P(n)xn​
    • (5) 级数中含阶乘
    • (6) ana_n\,an​未知
    • (7) 构造微分方程反解和函数

记忆内容

1 基本概念

(1) 函数项级数 – ∑n=1∞un(x)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)

  定义：
    设{un(x)}\,\{u_n(x)\}\,{un​(x)}为函数列，称∑n=1∞un(x)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)为函数项级数.
∑n=1∞un(x)=u1(x)+u2(x)+u3(x)+…+un(x)+…\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)=u_1(x)+u_2(x)+u_3(x)+…+u_n(x)+…n=1∑∞​un​(x)=u1​(x)+u2​(x)+u3​(x)+...+un​(x)+...

    注意：当x=x0\,x=x_0\,x=x0​时，∑n=1∞un(x0)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x_0)\,n=1∑∞​un​(x0​)为常数项级数.

  收敛点 / 发散点：若常数项级数∑n=1∞un(x0)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x_0)\,n=1∑∞​un​(x0​)收敛(发散)，则称x0\,x_0\,x0​是函数项级数∑n=1∞un(x0)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x_0)\,n=1∑∞​un​(x0​)的收敛点(发散点).

  收敛域 / 发散域：函数项级数∑n=1∞un(x)\,\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)收敛点(发散点)的全体.

  收敛区间：不含端点的收敛域：$(-R,R)$.

  部分和 – sn(x)s_n(x)sn​(x)：
    即∑n=1∞un(x)\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)的前$n$项之和.
sn(x)=u1(x)+u2(x)+u3(x)+…+un(x)s_n(x)=u_1(x)+u_2(x)+u_3(x)+…+u_n(x)sn​(x)=u1​(x)+u2​(x)+u3​(x)+...+un​(x)

  和函数 – $s(x)$：
s(x)=u1(x)+u2(x)+u3(x)+…+un(x)+…s(x)=u_1(x)+u_2(x)+u_3(x)+…+u_n(x)+…s(x)=u1​(x)+u2​(x)+u3​(x)+...+un​(x)+...

  部分和与和函数的关系：
lim⁡n→∞sn(x)=s(x)\lim\limits_{n\to\infty}s_n(x)=s(x)n→∞lim​sn​(x)=s(x)

  余项 – rn(x)r_n(x)rn​(x)：
rn(x)=s(x)−sn(x)r_n(x)=s(x)-s_n(x)rn​(x)=s(x)−sn​(x)

lim⁡n→∞rn(x)=0\lim\limits_{n\to\infty}r_n(x)=0n→∞lim​rn​(x)=0

    注意：只有$x$在收敛域上，rn(x)\,r_n(x)\,rn​(x)才有意义.

(2) 幂级数 – ∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn

  定义：
    幂级数是具有以下形式的函数项级数：
∑n=0∞anxn=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n=a_0+a_1x+a_2x^2+…+a_nx^n+…n=0∑∞​an​xn=a0​+a1​x+a2​x2+...+an​xn+...

    注意：
      (1) ∑n=0∞an(x−x0)n\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\,n=0∑∞​an​(x−x0​)n是幂级数的一般形式，但可以作代换t=x−x0\,t=x-x_0\,t=x−x0​化为上面的标准形式. 题目出现这种形式时也是考虑先代换，转化为∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn.
      (2) a0,a1,a2,…,an,…a_0,\,a_1,\,a_2,…,a_n,…\,a0​,a1​,a2​,...,an​,...称为幂级数的系数.
      (3) 泰勒公式的级数形式：
f(x)=∑n=0∞an(x−x0)nf(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^nf(x)=n=0∑∞​an​(x−x0​)n

2 幂级数基本定理

(一) 阿贝尔定理 ($\text{Abel}$)

  对幂级数∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn，
    a) 若存在x0≠0\,x_0\neq 0x0​​=0，使得∑n=0∞anx0n\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x_0^n\,n=0∑∞​an​x0n​收敛，则当∣x∣<∣x0∣\,|x|<|x_0|\,∣x∣<∣x0​∣时，∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn绝对收敛；
    b) 若存在x1≠0\,x_1\neq 0x1​​=0，使得∑n=0∞anx1n\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x_1^n\,n=0∑∞​an​x1n​发散，则当∣x∣>∣x1∣\,|x|>|x_1|\,∣x∣>∣x1​∣时，∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn发散；

  $!$推论：
    对幂级数∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n\,n=0∑∞​an​xn，$\exists R>0$($R$称为收敛半径)，
        a)$|x|<R$即$x\in (-R,R)$，幂级数绝对收敛；
        b)$|x|>R$即$x<-R$或$x>R$，幂级数发散；
        c)$x=\pm R$，幂级数可能收敛也可能发散.

  注意：
    (1) 由此可见，幂级数的条件收敛只有可能发生在端点.
    (2) 端点处是否属于收敛域需要单独考虑，通过判断将端点代入幂级数得到的常数项级数的敛散性确定.

(二) 收敛半径定理和相关问题

  通过下面两个定理可以确定收敛半径$R$.

定理1

  对幂级数∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^nn=0∑∞​an​xn，设lim⁡n→∞∣an+1an∣=ρ\,\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|=\rhon→∞lim​∣an​an+1​​∣=ρ，则
    (1) 若$\rho =0$，则$R=+\infty$；

    (2) 若$\rho =+\infty$，则$R=0$；

    (3) 若$0<\rho <+\infty$，则R=1ρ\,R=\frac{1}{\rho}R=ρ1​.

定理2

  对幂级数∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^nn=0∑∞​an​xn，设lim⁡n→∞∣an∣n=ρ\,\color{Blue}\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\rhon→∞lim​n∣an​∣​=ρ，则
    (1) 若$\rho =0$，则$R=+\infty$；

    (2) 若$\rho =+\infty$，则$R=0$；

    (3) 若$0<\rho <+\infty$，则R=1ρ\,R=\frac{1}{\rho}R=ρ1​.

补充说明

  (1) 若幂级数表示为∑n=0∞anxkn+c(k>0,c⩾0)\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^{{\color{Red}k}n+c}\;(k>0,c\geqslant0)n=0∑∞​an​xkn+c(k>0,c⩾0)，其收敛半径为R′\,R'R′，则
1R=lim⁡n→∞∣an+1an∣=ρ⇒R′=Rk=1ρk\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\bigg|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\bigg|=\rho\Rightarrow R'=\sqrt[\color{Red}k]{R}=\sqrt[\color{Red}k]{\frac{1}{\rho}}R1​=n→∞lim​∣∣∣∣​an​an+1​​∣∣∣∣​=ρ⇒R′=kR​=kρ1​​

1R=lim⁡n→∞∣an∣n=ρ⇒R′=Rk=1ρk\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\rho\Rightarrow R'=\sqrt[\color{Red}k]{R}=\sqrt[\color{Red}k]{\frac{1}{\rho}}R1​=n→∞lim​n∣an​∣​=ρ⇒R′=kR​=kρ1​​

  (2) 对于幂级数∑n=0∞an(x−x0)n\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n (x-x_0)^nn=0∑∞​an​(x−x0​)n，其收敛域是以x0\,x_0\,x0​为中心且包含(x0−R,x0+R)\,(x_0-R,\,x_0+R)\,(x0​−R,x0​+R)的区间 (端点情况单独考虑).

  (3) 在幂级数中，(−1)n(-1)^n\,(−1)n是包含在an\,a_n\,an​中的 (这与交错级数不同)，计算收敛半径时不要漏掉.

问题1. 求收敛域

  标准步骤：
    (1) 求收敛半径，得到收敛区间 (开区间).
    (2) 判断端点敛散性，得到收敛域.

  如果对收敛区间分析感到困难，可以考虑使用下面这种方法：
  收敛区间快速求法：
    (1) 对于∑un(x)\,\sum u_n(x)∑un​(x)，加绝对值使之成为正项级数∑∣un(x)∣\,\sum|u_n(x)|∑∣un​(x)∣.
    (2) 使用比值审敛法(或根值审敛法)，令：{lim⁡n→∞∣un+1(x)∣∣un(x)∣<1lim⁡n→∞∣un(x)∣n<1，\begin{cases}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n{(x)}|}<1\\ \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|u_n(x)|}<1\end{cases}，⎩⎨⎧​n→∞lim​∣un​(x)∣∣un+1​(x)∣​<1n→∞lim​n∣un​(x)∣​<1​，      解出$x$的范围，即为收敛区间.

  细节问题：对于(1)，收敛半径通常对级数直接使用收敛半径定理即可解得. 但有时级数比较复杂，定理1、定理2计算不出. 应该考虑能否对级数进行拆分，分别考虑最后再取交集. 下面给出其中一种非常重要的拆分思路：
    奇偶拆分：
      以求∑n=1∞[3+(−1)n]nnxn\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{[3+(-1)^n]^n}{n}x^n\,n=1∑∞​n[3+(−1)n]n​xn的收敛区间为例：
∑n=1∞[3+(−1)n]nnxn=∑n=1∞42n2nx2n+∑n=1∞22n−12n−1x2n−1\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{[3+(-1)^n]^n}{n}x^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{4^{2n}}{2n}x^{2n}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n-1}}{2n-1}x^{2n-1}n=1∑∞​n[3+(−1)n]n​xn=n=1∑∞​2n42n​x2n+n=1∑∞​2n−122n−1​x2n−1

∑n=1∞42n2nx2n⇒(−12,12)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{4^{2n}}{2n}x^{2n}\Rightarrow(-\frac{1}{2},\,\frac{1}{2})n=1∑∞​2n42n​x2n⇒(−21​,21​)

∑n=1∞22n−12n−1x2n−1⇒(−14,14)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n-1}}{2n-1}x^{2n-1}\Rightarrow(-\frac{1}{4},\,\frac{1}{4})n=1∑∞​2n−122n−1​x2n−1⇒(−41​,41​)

⇒(−14,14)\Rightarrow (-\frac{1}{4},\,\frac{1}{4})⇒(−41​,41​)

  读者可以再考虑：∑n=1∞2+(−1)nnxn\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2+(-1)^n}{n}x^nn=1∑∞​n2+(−1)n​xn.

问题2. 根据收敛点或发散点判断收敛域

  对于幂级数：
∑n=0∞an⋅xn\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^nn=0∑∞​an​⋅xn

  首先明确一个事实：收敛区间必定关于$x=0$中心对称，必定以$(-R,R)$或$(-\infty ,+\infty )$二者之一的形式出现.

  有以下几个的结论：
  (1) 若已知该幂级数在x=x1\,x=x_1\,x=x1​收敛，说明：
    至少在(−x1,x1]\,(-x_1,\,x_1]\,(−x1​,x1​]这个区间内幂级数是收敛的；
    在区间(−x1−Δx,x1+Δx)\,(-x_1-\Delta x,x_1+\Delta x)\,(−x1​−Δx,x1​+Δx)内幂级数可能还收敛；
     x=−x1x=-x_1\,x=−x1​是否收敛不能确定.
    R⩾x1\,R\geqslant x_1R⩾x1​；

  (2) 若该幂级数在x=x2\,x=x_2\,x=x2​发散，说明：
    至多在[−x2,x2)\,[-x_2,\,x_2)\,[−x2​,x2​)这个区间内幂级数是收敛的；
    在区间(−x2+Δx,x2−Δx)\,(-x_2+\Delta x,x_2-\Delta x)\,(−x2​+Δx,x2​−Δx)内幂级数可能还发散；
     x=−x2x=-x_2\,x=−x2​是否收敛不能确定.
    R⩽x2\,R\leqslant x_2R⩽x2​；

  而对于幂级数：
∑n=0∞an⋅(x−x0)n\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot (x-x_0)^nn=0∑∞​an​⋅(x−x0​)n

    首先作代换，令t=x−x0⇒x=t+x0\,t=x-x_0\Rightarrow x=t+x_0t=x−x0​⇒x=t+x0​.
    则收敛域必然关于$t=0$对称，问题就转化为∑n=0∞an⋅tn\,\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot t^n\,n=0∑∞​an​⋅tn的收敛半径问题了.

  更一般的，下面这种级数的收敛半径也能判断：
∑n=0∞an⋅(ax+b)n(a≠0)\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot (ax+b)^n\;\;(a\neq 0)n=0∑∞​an​⋅(ax+b)n(a​=0)

    令$t=ax+b$，即可进行判断.

  例. 设级数∑n=0∞an(2x−1)n\,\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(2x-1)^n\,n=0∑∞​an​(2x−1)n在$x=-2$处收敛，在$x=3$处发散，求收敛半径.

  解.
    令$t=2x-1$，则有∑n=0∞antn\,\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nt^n\,n=0∑∞​an​tn收敛区间关于原点对称.
    因为级数在$x=-2$处收敛，即$t=-5$处收敛，所以$R⩾5$；
    因为级数在$x=3$处发散，即$t=5$处发散，所以$R⩽5$；
    综上：$R=5$.

问题3. 根据幂级数的收敛半径推另一个幂级数的收敛半径

  已知收敛半径为$R$的幂级数：
∑n=0∞an⋅xn\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^nn=0∑∞​an​⋅xn

  主要有两种思路：

    (1) 使用逐项可积性和逐项可导性(见幂级数的分析性质)，收敛半径不变. 即这三者收敛半径都为$R$：
∑n=0∞an⋅xn，∑n=0∞nanxn−1，∑n=0∞ann+1xn+1\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^n，\sum\limits_{n=0}^\infty na_n x^{n-1}，\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}n=0∑∞​an​⋅xn，n=0∑∞​nan​xn−1，n=0∑∞​n+1an​​xn+1

    (2) 另一个幂级数为∑n=0∞anxkn+c(k>0,c⩾0)\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^{{\color{Red}k}n+c}\;(k>0,c\geqslant0)n=0∑∞​an​xkn+c(k>0,c⩾0)，收敛半径为R′\,R'R′，则：

1R=lim⁡n→∞∣an+1an∣=ρ⇒R′=Rk=1ρk\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\bigg|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\bigg|=\rho\Rightarrow R'=\sqrt[\color{Red}k]{R}=\sqrt[\color{Red}k]{\frac{1}{\rho}}R1​=n→∞lim​∣∣∣∣​an​an+1​​∣∣∣∣​=ρ⇒R′=kR​=kρ1​​

      或
1R=lim⁡n→∞∣an∣n=ρ⇒R′=Rk=1ρk\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\rho\Rightarrow R'=\sqrt[\color{Red}k]{R}=\sqrt[\color{Red}k]{\frac{1}{\rho}}R1​=n→∞lim​n∣an​∣​=ρ⇒R′=kR​=kρ1​​

3 幂级数的分析性质

(1) 连续性质

  和函数$s(x)$在$(-R,R)$内连续.

(2) 逐项可导性

  当$x\in (-R,R)$时，
s′(x)=(∑n=0∞anxn)′=∑n=0∞nanxn−1s'(x)=(\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n)'=\sum\limits_{n=0}^\infty na_n x^{n-1}s′(x)=(n=0∑∞​an​xn)′=n=0∑∞​nan​xn−1

  且∑n=0∞nanxn−1\,\sum\limits_{n=0}^\infty na_n x^{n-1}\,n=0∑∞​nan​xn−1的收敛半径也是$R$.

    注意：
      (1) 逐项求导不改变收敛半径，但收敛域可能变大，也可能缩小(视求导后端点处的敛散性而定).
      (2) 反复使用逐项可导性可以得出：和函数$s(x)$在$(-R,R)$内具有任意阶导数.

(3) 逐项可积性

  当$x\in (-R,R)$时，
∫0xs(x)dx=∫0x(∑n=0∞anxn)dx=∑n=0∞∫0xanxndx=∑n=0∞ann+1xn+1\int^x_0s(x)\text{d}x=\int^x_0(\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n)\text{d}x=\sum\limits_{n=0}^\infty\int_0^x a_n x^n\text{d}x=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}∫0x​s(x)dx=∫0x​(n=0∑∞​an​xn)dx=n=0∑∞​∫0x​an​xndx=n=0∑∞​n+1an​​xn+1

  且∑n=0∞ann+1xn+1\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}\,n=0∑∞​n+1an​​xn+1的收敛半径也是$R$.

    注意：逐项求积分不改变收敛半径，但收敛域可能变大，也可能缩小(视求积分后端点处的敛散性而定).

(4) 变换与拆项

下标增减变换

  技巧：下标和通项中的$n$变化是相反的，
      下标减多少，通项就加多少；下标加多少，通项就减多少.

  通用思路：换元法，下面看两个例子：

  (1) 将下标$i$变成从$0$开始：
∑n=i∞xn=∑n=0∞xn+i\sum\limits_{n=\color{Blue}i}^\infty x^{\color{Purple}n}=\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{\color{Purple}n+i}n=i∑∞​xn=n=0∑∞​xn+i

∑n=i∞x2n+c=∑n=0∞x2(n+i)+c\sum\limits_{n=\color{Blue}i}^\infty x^{\color{Purple}2n+c}=\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{\color{Purple}2(n+i)+c}n=i∑∞​x2n+c=n=0∑∞​x2(n+i)+c

  推导：令$t=n-i$，则$n=i+t$
∑n=i∞xn=∑t=0∞xi+t=∑n=0∞xn+i\sum\limits_{n=\color{Blue}i}^\infty x^n=\sum\limits_{t=\color{Blue}0}^\infty x^{i+t} =\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{n+i}n=i∑∞​xn=t=0∑∞​xi+t=n=0∑∞​xn+i

  (2) 将次数$n+i$改为$n$：
∑n=k∞xn+i=∑n=k+i∞xn\sum\limits_{n=\color{Purple}k}^\infty x^{\color{Blue}n+i}=\sum\limits_{n=\color{Purple}k+i}^\infty x^{\color{Blue}n}n=k∑∞​xn+i=n=k+i∑∞​xn

  推导：令$t=n+i$，则$n=t-i$
∑n=k∞xn+i=∑t=k+i∞xt=∑n=k+i∞xn\sum\limits_{n=\color{Purple}k}^\infty x^{\color{Blue}n+i}=\sum\limits_{t=\color{Purple}k+i}^\infty x^{\color{Blue}t}=\sum\limits_{n=\color{Purple}k+i}^\infty x^{\color{Blue}n}n=k∑∞​xn+i=t=k+i∑∞​xt=n=k+i∑∞​xn

$k$阶导的等价下标变换

  $2$阶导：
(∑n=0∞xn)′′=(∑n=1∞xn)′′=(∑n=2∞xn)′′\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^n\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}1}^\infty x^n\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}2}^\infty x^n\bigg)''(n=0∑∞​xn)′′=(n=1∑∞​xn)′′=(n=2∑∞​xn)′′

  $k$阶导：
(∑n=0∞xn)(k)=(∑n=1∞xn)(k)=…=(∑n=k∞xn)(k)\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^n\bigg)^{(k)}=\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}1}^\infty x^n\bigg)^{(k)}=…=\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}k}^\infty x^n\bigg)^{(k)}(n=0∑∞​xn)(k)=(n=1∑∞​xn)(k)=...=(n=k∑∞​xn)(k)

拆项和补项

  在计算过程中，适当的拆项或补项可能减少很大的计算量.
∑n=0∞xn=1+∑n=1∞xn=1+x+∑n=2∞xn=….=1+x+…+xk−1+∑n=k∞xn\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{n}=1+\sum\limits_{n=\color{Blue}1}^\infty x^{n}=1+x+\sum\limits_{n=\color{Blue}2}^\infty x^{n}=….=1+x+…+x^{k-1}+\sum\limits_{n=\color{Blue}k}^\infty x^{n}n=0∑∞​xn=1+n=1∑∞​xn=1+x+n=2∑∞​xn=....=1+x+...+xk−1+n=k∑∞​xn

∑n=k∞xn=∑n=k−1∞xn−xk−1=…=∑n=1∞xn−xk−1−xk−2−…−x=∑n=0∞xn−xk−1−xk−2…−1\sum\limits_{n=\color{Blue}k}^\infty x^{n}=\sum\limits_{n=\color{Blue}k-1}^\infty x^{n}-x^{k-1}=…=\sum\limits_{n=\color{Blue}1}^\infty x^{n}-x^{k-1}-x^{k-2}-…-x=\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{n}-x^{k-1}-x^{k-2}…-1n=k∑∞​xn=n=k−1∑∞​xn−xk−1=...=n=1∑∞​xn−xk−1−xk−2−...−x=n=0∑∞​xn−xk−1−xk−2...−1

综合运用

  考虑将下面的两个级数之和整理为一个级数表示：
I=∑n=0∞(−1)nx2n2n+1+∑n=0∞(−1)nx2n+22n+1I=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{2n+1}+\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+2}}{2n+1}I=n=0∑∞​(−1)n2n+1x2n​+n=0∑∞​(−1)n2n+1x2n+2​

  对两个级数分别进行拆项和下标变换：
I=1+∑n=1∞(−1)nx2n2n+1+∑n=1∞(−1)n−1x2n2n−1=1+2∑n=1∞(−1)n1−4n2x2nI=1+\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{2n+1}+\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}=1+2\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{1-4n^2}x^{2n}I=1+n=1∑∞​(−1)n2n+1x2n​+n=1∑∞​(−1)n−12n−1x2n​=1+2n=1∑∞​1−4n2(−1)n​x2n

4 函数的幂级数展开

  设函数$f(x)$在x=x0\,x=x_0\,x=x0​的邻域内任意阶可到，则$f(x)$在x=x0\,x=x_0\,x=x0​可以展开成幂级数为：

f(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)nf(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^nf(x)=n=0∑∞​n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n

  称∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)n\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\,n=0∑∞​n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n为$f(x)$的泰勒级数.

  特别地，若x0=0\,x_0=0x0​=0，称∑n=0∞f(n)(0)n!xn\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\,n=0∑∞​n!f(n)(0)​xn为$f(x)$的麦克劳林级数.

  注意：泰勒级数和泰勒展开式不是同一个概念. 泰勒级数额外带有级数的性质 (比如余项的极限为$0$).

  基本思路：

    (1) 展开方法：直接展开法、间接展开法.

    (2) 工具：
      a) 常见函数的麦克劳林级数.
      b) 幂级数的运算(四则运算、逐项求导、逐项积分)及变量代换等.

    (3) 过程：
      a) 根据类型进行展开；
      b) 确定收敛区间；
      c) 讨论端点敛散性，确定最终收敛域；

    注意：任何情况最后都要讨论端点的敛散性！ (除非端点不在定义域内).

(一) 常见函数的麦克劳林级数

  以下麦克劳林级数需要熟练记忆：
ex=∑n=0∞xnn!(−∞<x<+∞)e^x=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)ex=n=0∑∞​n!xn​(−∞<x<+∞)11−x=∑n=0∞xn(−1<x<1)\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^\infty x^n\;\;\;\color{Blue}(-1 < x < 1)1−x1​=n=0∑∞​xn(−1<x<1)11+x=∑n=0∞(−1)nxn(−1<x<1)\frac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n\;\;\;\color{Blue}(-1 < x < 1)1+x1​=n=0∑∞​(−1)nxn(−1<x<1)sinx=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!(−∞<x<+∞)\text{sin}x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)sinx=n=0∑∞​(−1)n(2n+1)!x2n+1​(−∞<x<+∞)cosx=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!(−∞<x<+∞)\text{cos}x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)cosx=n=0∑∞​(−1)n(2n)!x2n​(−∞<x<+∞)ln(1+x)=∑n=1∞(−1)n−1xnn(−1<x⩽1)\text{ln}(1+x)=\sum\limits_{\color{Blue}n=1}^\infty(-1)^{\color{Red}{n-1}}\frac{x^n}{n}\;\;\;\color{Blue}(-1 < x \leqslant 1)ln(1+x)=n=1∑∞​(−1)n−1nxn​(−1<x⩽1)−ln(1−x)=∑n=1∞xnn(−1⩽x<1)-\text{ln}(1-x)=\sum\limits_{\color{Blue}n=1}^\infty\frac{x^n}{n}\;\;\;\color{Blue}(-1 \leqslant x < 1)−ln(1−x)=n=1∑∞​nxn​(−1⩽x<1)arctanx=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1(−1⩽x⩽1)\text{arctan}x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\;\;\;\color{Blue}(-1 \leqslant x \leqslant 1)arctanx=n=0∑∞​(−1)n2n+1x2n+1​(−1⩽x⩽1)(1+x)a=∑n=0∞a⋅(a−1)…(a−n+1)n!xn(只考−1<x<1,a∈R)(1+x)^a=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{a\cdot(a-1)…(a-n+1)}{n!}\,x^{n}\;\;\;(只考\,{\color{Blue}{-1< x < 1}},\,a\in \mathbb{R})(1+x)a=n=0∑∞​n!a⋅(a−1)...(a−n+1)​xn(只考−1<x<1,a∈R)ax=exlna=∑n=0∞(lna)nxnn!(−∞<x<+∞)a^x=e^{x\text{ln}a}=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(\text{ln}a)^nx^n}{n!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)ax=exlna=n=0∑∞​n!(lna)nxn​(−∞<x<+∞)

  注意：以防考场忘记，下面再给出一些记忆线索，但必须在熟记上面级数的基础上.
    (1) exe^xex：麦克劳林一般公式所有导数部分(包括$f(0)$)都取$1$可得.
    (2) 11−x\frac{1}{1-x}1−x1​：$1$减首项分之公比 (无穷等比数列的求和).
    (3) 11+x\frac{1}{1+x}1+x1​：替换11−x\,\frac{1}{1-x}\,1−x1​级数中的$x$为$-x$.
    (4) $\text{sin}x$：都是奇数项，正负交替，结合$\text{sin}x\sim x(x\to 0)$记忆.
    (5) $\text{cos}x$：都是偶数项，正负交替，结合cosx∼1−12×2(x→0)\,\text{cos}x\sim 1-\frac{1}{2}x^2\,(x\to 0)\,cosx∼1−21​x2(x→0)记忆.
    (6) $\text{ln}(1+x)$：ln(1+x)′=11+x\text{ln}(1+x)'=\frac{1}{1+x}ln(1+x)′=1+x1​，所以对11+x\,\frac{1}{1+x}\,1+x1​每项求积分即得.
    (7) $-\text{ln}(1-x)$：与ex\,e^x\,ex麦克劳林公式的差距只是分母没有阶乘.
    (8) $\text{arctan}x$：(arctanx)′=11+x2(\text{arctan}x)'=\frac{1}{1+x^2}(arctanx)′=1+x21​，利用11+x\,\frac{1}{1+x}\,1+x1​可求. 与$\text{sin}x$麦克劳林公式的差距只是分母没有阶乘.
    (9) 关于收敛域：
      exe^xex、 $\text{sin}x$、 $\text{cos}x$、axa^x\,ax收敛域都是$(-\infty ,+\infty )$；
      11−x\frac{1}{1-x}1−x1​、 11+x\frac{1}{1+x}\,1+x1​收敛域都是$(-1,1)$；
      $\text{ln}(1+x)$是$(-1,1]$、 $-\text{ln}(1-x)$是$[-1,1)$；
      $\text{arctan}x$是$[-1,1]$；
    (10) $\text{ln}(1+x)$、$-\text{ln}(1-x)$级数从$n=1$开始.
    (11) $\text{ln}(1+x)$是(−1)n−1\,(-1)^{n-1}(−1)n−1.

(二) 直接展开法 (不常用)

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为$x$的幂级数，$m$为任意常数：
f(x)=(1+x)mf(x)=(1+x)^mf(x)=(1+x)m

    step 1：求$f(x)$的各阶导数在$x=0$的值.

f(0)=1,f′(0)=m,f′′(0)=m(m−1),…,f(n)(0)=m(m−1)…(m−n+1)f(0)=1,\,f'(0)=m,\,f''(0)=m(m-1),…,f^{(n)}(0)=m(m-1)…(m-n+1)f(0)=1,f′(0)=m,f′′(0)=m(m−1),...,f(n)(0)=m(m−1)...(m−n+1)

    step 2：写出$f(x)$的麦克劳林级数，并求出收敛半径$R$.

f(x)=1+mx+m(m−1)2!x2+…+m(m−1)…(m−n+1)n!xn+…f(x)=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+…+\frac{m(m-1)…(m-n+1)}{n!}x^n+…f(x)=1+mx+2!m(m−1)​x2+...+n!m(m−1)...(m−n+1)​xn+...

1R=lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣m−nn+1∣=1⇒R=1\frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\bigg|\frac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|=\lim_{n\to\infty}\bigg|\frac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|=\lim_{n\to\infty}\bigg|\frac{m-n}{n+1}\bigg|=1\Rightarrow R=1R1​=n→∞lim​∣∣∣∣​an​an+1​​∣∣∣∣​=n→∞lim​∣∣∣∣​an​an+1​​∣∣∣∣​=n→∞lim​∣∣∣∣​n+1m−n​∣∣∣∣​=1⇒R=1

    step 3：判断在$(-R,R)$内lim⁡n→∞Rn(x)\,\lim\limits_{n\to\infty}R_n(x)\,n→∞lim​Rn​(x)是否为$0$.

        显然，lim⁡n→∞Rn(x)=0\,\lim\limits_{n\to\infty}R_n(x)=0n→∞lim​Rn​(x)=0. 故$f(x)$展开式为：
f(x)=1+mx+m(m−1)2!x2+…+m(m−1)…(m−n+1)n!xn+…(−1<x<1)f(x)=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+…+\frac{m(m-1)…(m-n+1)}{n!}x^n+…\;(-1<x<1)f(x)=1+mx+2!m(m−1)​x2+...+n!m(m−1)...(m−n+1)​xn+...(−1<x<1)

    step 4：讨论端点的敛散性.
        其中$x=\pm 1$的敛散性与$m$有关.

(三) 间接展开法

  间接展开法就是利用已知的函数展开式和幂级数，将函数展开成幂级数. 应当重点掌握.

(1) 有理分式： f(x)=P(x)Q(x)f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}f(x)=Q(x)P(x)​

  思路：对有理分式进行拆解，然后通过对每一个拆解项变形，套用11−x\,\color{Blue}\frac{1}{1-x}\,1−x1​或11+x\,\color{Blue}\frac{1}{1+x}\,1+x1​这两个麦克劳林级数展开.

  关于如何拆解：
    (1) $f(x)$为假分式：
$$f(x)=多项式+真分式$$

    (2) $f(x)$为真分式
f(x)=分子不变因式分解=(拆分成的)部分和f(x)=\frac{分子不变}{因式分解}=(拆分成的)部分和f(x)=因式分解分子不变​=(拆分成的)部分和

    详细拆法在积分学有理函数不定积分部分已有详细总结，不再赘述.

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为$(x-4)$的幂级数：
f(x)=1×2−3x+2f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}f(x)=x2−3x+21​

    step 1：对$P(x)$因式分解，拆解$f(x)$.
f(x)=1×2−3x+2=1x−2−1x−1f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}=\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-1}f(x)=x2−3x+21​=x−21​−x−11​

    step 2：根据展开要求，对每一个拆解项进行变形，方便套用11−x\,\frac{1}{1-x}\,1−x1​或11+x\,\frac{1}{1+x}\,1+x1​级数.
1x−2=12+(x−4)=12⋅11+x−42=12∑n=0∞(−1)n(x−42)n=∑n=0∞(−1)n2n+1(x−4)n\frac{1}{x-2}=\frac{1}{2+(x-4)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-4}{2}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n(\frac{x-4}{2})^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-4)^nx−21​=2+(x−4)1​=21​⋅1+2x−4​1​=21​n=0∑∞​(−1)n(2x−4​)n=n=0∑∞​2n+1(−1)n​(x−4)n

    step 3：确定收敛区间，范围从使用麦克劳林级数的地方开始确定，最终是收敛区间与定义域的交集.
−1<x−42<1⇒2<x<6-1<\frac{x-4}{2}<1\Rightarrow 2<x<6−1<2x−4​<1⇒2<x<6

    step 4：合并各拆解项结果得到最终展开式，收敛区间取交集.

    step 5：讨论端点处的敛散性.
      当$x=2$时，
∑n=0∞(−1)n2n+1(2−4)n=∑n=0∞12=∞\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(2-4)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{2}=\inftyn=0∑∞​2n+1(−1)n​(2−4)n=n=0∑∞​21​=∞

      当$x=-2$时，
∑n=0∞(−1)n2n+1(−2−4)n=∑n=0∞3n2=∞\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(-2-4)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{3^n}{2}=\inftyn=0∑∞​2n+1(−1)n​(−2−4)n=n=0∑∞​23n​=∞

    注意：
      (1) 级数中有限次的$x$可以随意出入求和符号，比如展开f(x)=x1+x2f(x)=\frac{x}{1+x^2}f(x)=1+x2x​，就可以先展开11+x2\frac{1}{1+x^2}1+x21​，最后再乘以一个$x$，因为：
∑n=0∞(−1)nx2n+1=x∑n=0∞(−1)nx2n\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n x^{2n+1}=x\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n x^{2n}n=0∑∞​(−1)nx2n+1=xn=0∑∞​(−1)nx2n

      又比如：
      (2) 之后的几种方法除拆分思路有差异外，其余步骤大同小异，故后面都简略表述.

(2) 对数：$\text{ln}P(x)$

  思路：对$\text{ln}$内部的多项式$P(x)$进行因式分解，利用对数性质拆解为若干$\text{ln}$项，套用$\text{ln}(1+x)$或$-\text{ln}(1-x)$这两个麦克劳林级数展开.

  拆解方法：
ln(a+bx)(c+dx)=ln(a+bx)+ln(c+dx)=lna+ln(1+bax)+lnc+ln(1+dcx)\text{ln}(a+bx)(c+dx)=\text{ln}(a+bx)+\text{ln}(c+dx)=\text{ln}a+\text{ln}(1+\frac{b}{a}x)+\text{ln}c+\text{ln}(1+\frac{d}{c}x)ln(a+bx)(c+dx)=ln(a+bx)+ln(c+dx)=lna+ln(1+ab​x)+lnc+ln(1+cd​x)

  注意拆解的符号问题：
f(x)=lnP(x)=ln∣P1(x)∣+ln∣P2(x)∣f(x)=\text{ln}P(x)=\text{ln}|P_1(x)|+\text{ln}|P_2(x)|f(x)=lnP(x)=ln∣P1​(x)∣+ln∣P2​(x)∣

    代入$x=0$点可以判断P1(x)\,P_1(x)P1​(x)、P2(x)P_2(x)\,P2​(x)正负，从而去掉绝对值 (因为展开成∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\,n=0∑∞​an​xn的级数$x=0$总在收敛域内).

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为$x$的幂级数：
f(x)=ln(1−3x+2×2)f(x)=\text{ln}(1-3x+2x^2)f(x)=ln(1−3x+2x2)

    step 1：对$P(x)$因式分解，拆解$f(x)$，去绝对值.
f(x)=ln(1−3x+2×2)=ln(2x−1)(x−1)=ln∣2x−1∣+ln∣x−1∣f(x)=\text{ln}(1-3x+2x^2)=\text{ln}(2x-1)(x-1)=\text{ln}|2x-1|+\text{ln}|x-1|f(x)=ln(1−3x+2x2)=ln(2x−1)(x−1)=ln∣2x−1∣+ln∣x−1∣$$x=0\Rightarrow (2x-1)<0，(x-1)<0\Rightarrow f(x)=\text{ln}(1-2x)+\text{ln}(1-x)$$

    step 2：根据展开要求，对每一个拆解项进行变形，方便套用$\text{ln}(1+x)$或$-\text{ln}(1-x)$这两个级数.
ln(1−2x)=∑n=1∞(−1)n−1(−2x)nn=−∑n=1∞2nn⋅xn\text{ln}(1-2x)=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{(-2x)^n}{n}=-\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2^n}{n}\cdot x^nln(1−2x)=n=1∑∞​(−1)n−1n(−2x)n​=−n=1∑∞​n2n​⋅xn

    step 3：确定收敛区间并讨论端点敛散性.
−1<−2x⩽1⇒−12⩽x<12-1<-2x\leqslant1\Rightarrow -\frac{1}{2}\leqslant x<\frac{1}{2}−1<−2x⩽1⇒−21​⩽x<21​x=−12,…x=-\frac{1}{2},…x=−21​,...

(3) 三角函数：$\text{cos}P(x)$、$\text{sin}P(x)$

  思路：根据$\text{sin}P(x)$或$\text{cos}P(x)$中$P(x)$的特点，使用三角函数公式拆解，套用$\text{sin}x$、$\text{cos}x$级数.

  三角函数公式：

    下面列举需要记忆的三角函数公式，在拆解是可能需要用到：$$\text{sin}(\alpha +\beta )=\text{sin}\alpha \text{cos}\beta +\text{cos}\alpha \text{sin}\beta$$$$\text{sin}(\alpha -\beta )=\text{sin}\alpha \text{cos}\beta -\text{cos}\alpha \text{sin}\beta$$$$\text{cos}(\alpha +\beta )=\text{cos}\alpha \text{cos}\beta -\text{sin}\alpha \text{sin}\beta$$$$\text{cos}(\alpha -\beta )=\text{cos}\alpha \text{cos}\beta +\text{sin}\alpha \text{sin}\beta$$tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ\text{tan}(\alpha+\beta)=\frac{\text{tan}\alpha+\text{tan}\beta}{1-\text{tan}\alpha\,\text{tan}\beta}tan(α+β)=1−tanαtanβtanα+tanβ​tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ\text{tan}(\alpha-\beta)=\frac{\text{tan}\alpha-\text{tan}\beta}{1+\text{tan}\alpha\,\text{tan}\beta}tan(α−β)=1+tanαtanβtanα−tanβ​sinαcosβ=sin(α+β)+sin(α−β)2\text{sin}\alpha\,\text{cos}\beta=\frac{\text{sin}(\alpha+\beta)+\text{sin}(\alpha-\beta)}{2}sinαcosβ=2sin(α+β)+sin(α−β)​cosαsinβ=sin(α+β)−sin(α−β)2\text{cos}\alpha\,\text{sin}\beta=\frac{\text{sin}(\alpha+\beta)-\text{sin}(\alpha-\beta)}{2}cosαsinβ=2sin(α+β)−sin(α−β)​cosαcosβ=cos(α+β)+cos(α−β)2\text{cos}\alpha\,\text{cos}\beta=\frac{\text{cos}(\alpha+\beta)+\text{cos}(\alpha-\beta)}{2}cosαcosβ=2cos(α+β)+cos(α−β)​sinαsinβ=cos(α+β)−cos(α−β)−2\text{sin}\alpha\,\text{sin}\beta=\frac{\text{cos}(\alpha+\beta)-\text{cos}(\alpha-\beta)}{-2}sinαsinβ=−2cos(α+β)−cos(α−β)​sinα+sinβ=2sinα+β2cosα−β2\text{sin}\alpha+\text{sin}\beta=2\,\text{sin}\frac{\alpha+\beta}{2}\,\text{cos}\frac{\alpha-\beta}{2}sinα+sinβ=2sin2α+β​cos2α−β​sinα−sinβ=2cosα+β2sinα−β2\text{sin}\alpha-\text{sin}\beta=2\,\text{cos}\frac{\alpha+\beta}{2}\,\text{sin}\frac{\alpha-\beta}{2}sinα−sinβ=2cos2α+β​sin2α−β​cosα+cosβ=2cosα+β2cosα−β2\text{cos}\alpha+\text{cos}\beta=2\,\text{cos}\frac{\alpha+\beta}{2}\,\text{cos}\frac{\alpha-\beta}{2}cosα+cosβ=2cos2α+β​cos2α−β​cosα−cosβ=−2sinα+β2sinα−β2\text{cos}\alpha-\text{cos}\beta=-2\,\text{sin}\frac{\alpha+\beta}{2}\,\text{sin}\frac{\alpha-\beta}{2}cosα−cosβ=−2sin2α+β​sin2α−β​

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为(x+π3)\,(x+\frac{\pi}{3})\,(x+3π​)的幂级数：
$$f(x)=\text{cos}x$$

    step 1：根据展开要求，对$P(x)$使用三角函数公式进行变形，拆解$f(x)$.
f(x)=cos(x+π3−π3)=cos(x+π3)cosπ3+sin(x+π3)sinπ3=12cos(x+π3)+32sin(x+π3)f(x)=\text{cos}(x+\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{3})=\text{cos}(x+\frac{\pi}{3})\text{cos}\frac{\pi}{3}+\text{sin}(x+\frac{\pi}{3})\text{sin}\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\,\text{cos}(x+\frac{\pi}{3})+\frac{\sqrt{3}}{2}\,\text{sin}(x+\frac{\pi}{3})f(x)=cos(x+3π​−3π​)=cos(x+3π​)cos3π​+sin(x+3π​)sin3π​=21​cos(x+3π​)+23​​sin(x+3π​)

    step 2：套用$\text{sin}x$或$\text{cos}x$这两个级数.
f(x)=12∑n=0∞(−1)n1(2n)!(x+π3)2n+32∑n=0∞(−1)n1(2n+1)!(x+π3)2n+1f(x)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{(2n)!}(x+\frac{\pi}{3})^{2n}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{(2n+1)!}(x+\frac{\pi}{3})^{2n+1}f(x)=21​n=0∑∞​(−1)n(2n)!1​(x+3π​)2n+23​​n=0∑∞​(−1)n(2n+1)!1​(x+3π​)2n+1

    step 3：确定收敛区间并讨论端点敛散性.
$$-\infty <x<+\infty$$

(4) 先求积分再求导

  有的$f(x)$不能通过变形直接套公式展开，可以考虑先求积分再求导.

  思路：先对$f(x)$求积分得到$F(x)$，展开$F(x)$后再求导恢复.

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为$x$的幂级数：
f(x)=1×2+2x+1f(x)=\frac{1}{x^2+2x+1}f(x)=x2+2x+11​

    step 1：求$f(x)$不定积分.
f(x)=1(x+1)2f(x)=\frac{1}{(x+1)^2}f(x)=(x+1)21​∫1(x+1)2dx=−1x+1+C\int\frac{1}{(x+1)^2}\text{d}x=-\frac{1}{x+1}+C∫(x+1)21​dx=−x+11​+C

    step 2：令$g(x)$为$f(x)$的一个原函数，对其展开.
令g(x)=−1x+1，g′(x)=f(x)令\,g(x)=-\frac{1}{x+1}，g'(x)=f(x)令g(x)=−x+11​，g′(x)=f(x)g(x)=∑n=0∞(−1)n+1xng(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}x^ng(x)=n=0∑∞​(−1)n+1xn

    step 3：把展开后$g(x)$中的$n=0$项单独拆出来，再求导即得到$f(x)$展开.

g(x)=∑n=0∞(−1)n+1xn=−1+∑n=1∞(−1)n+1xng(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}x^n=-1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}x^ng(x)=n=0∑∞​(−1)n+1xn=−1+n=1∑∞​(−1)n+1xnf(x)=g′(x)=∑n=1∞(−1)n+1nxn−1=∑n=0∞(−1)n(n+1)xn(−1<x<1)f(x)=g'(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}nx^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(n+1)x^{n}\;(-1<x<1)f(x)=g′(x)=n=1∑∞​(−1)n+1nxn−1=n=0∑∞​(−1)n(n+1)xn(−1<x<1)

    step 4：确定收敛区间并讨论端点敛散性.

    注意：
      (1) 之所以要把的$n=0$项拆出来，是因为如果不拆，直接按照求导公式求导，将会产生x−1\,x^{-1}x−1，而事实上$n=0$这项就等于$-1$，求导以后就是$0$. 不管是幂级数展开，还是后面的求和函数，只要发现x0\,\color{Blue}x^0\,x0项的存在，就要小心.
      (2) 注意到最后展开把xn−1\,x^{n-1}\,xn−1转化为题目要求的xn\,x^nxn，如果不能直接看出，建议写出前几项，然后找规律确定.

(5) 先求导再求积分

  和先积分后求导类似.

  思路：先对$f(x)$求导数得到f′(x)\,f'(x)f′(x)，展开f′(x)\,f'(x)\,f′(x)后再求积分恢复.

  步骤：
    以下面的$f(x)$为例，将其展开为$x$的幂级数：
f(x)=xarctanx−ln1+x2f(x)=x\text{arctan}x-\text{ln}\sqrt{1+x^2}f(x)=xarctanx−ln1+x2​

    step 1：求f′(x)\,f'(x)f′(x).
f′(x)=arctanx+x1+x2−12⋅2×1+x2=arctanxf'(x)=\text{arctan}x+\frac{x}{1+x^2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{1+x^2}=\text{arctan}xf′(x)=arctanx+1+x2x​−21​⋅1+x22x​=arctanx

    step 2：对f′(x)\,f'(x)\,f′(x)展开.
f′(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1f'(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}f′(x)=n=0∑∞​(−1)n2n+1x2n+1​

    step 3：利用$N.-L.$恢复$f(x)$：
f(x)=f(0)+∫0xf′(x)dx=0+∑n=0∞(−1)n(2n+1)(2n+2)x2n+2=∑n=0∞(−1)n(2n+1)(2n+2)x2n+2f(x)={\color{Red}f(0)}+\int^x_0f'(x)\text{d}x=0+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+2)}\,x^{2n+2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+2)}\,x^{2n+2}f(x)=f(0)+∫0x​f′(x)dx=0+n=0∑∞​(2n+1)(2n+2)(−1)n​x2n+2=n=0∑∞​(2n+1)(2n+2)(−1)n​x2n+2

    step 4：确定收敛区间并讨论端点敛散性.
    注意：
      (1)不管是展开为幂级数还是后面求和函数，积分可以使用不定积分或$N.-L.$进行恢复，两种方法本质上都是一样的. 但是不定积分不要漏掉$C$，$N.-L.$不要漏掉$f(0)$！
      (2) 之所以使用$f(0)$纯粹是为了好算. 特别注意并非所有题目$f(0)$都为$0$，有的题目$0$甚至不在定义域里，就要换其他点计算.

(四) 已知$f(x)$，求f(n)(0)\,f^{(n)}(0)\,f(n)(0)

  思路：
    step 1：展开$f(x)$为幂级数.
    step 2：按照下面的方法求得f(n)(0)\,f^{(n)}(0)f(n)(0).

  方法：
f(x)=∑n=0∞an⋅xn=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^n=a_0+a_1x+a_2x^2+…+a_nx^n+…f(x)=n=0∑∞​an​⋅xn=a0​+a1​x+a2​x2+...+an​xn+...

    由麦克劳林公式：
an=f(n)(0)n!a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}an​=n!f(n)(0)​

    所以，
f(n)(0)=an⋅n!\color{Blue}f^{(n)}(0)=a_n\cdot n!f(n)(0)=an​⋅n!

    因此求f(n)(0)\,f^{(n)}(0)f(n)(0)，实际上就是找展开级数中anxn\,a_nx^nan​xn项的an\,a_nan​.

  (结合立方和公式) 例. 求下面$f(x)$的四阶导：f(4)(0)\,f^{(4)}(0)f(4)(0).
f(x)=1+x+x21−x+x2f(x)=\frac{1+x+x^2}{1-x+x^2}f(x)=1−x+x21+x+x2​

  解：
f(x)=1+2×1−x+x2=1+2x(1+x)(1−x+x2)(1+x)=1+2x+2×21+x3f(x)=1+\frac{2x}{1-x+x^2}=1+\frac{2x(1+x)}{(1-x+x^2)(1+x)}=1+\frac{2x+2x^2}{1+x^3}f(x)=1+1−x+x22x​=1+(1−x+x2)(1+x)2x(1+x)​=1+1+x32x+2x2​
=1+(2x+2×2)∑n=0∞(−1)nx3n=1+(2x+2x^2)\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{3n}=1+(2x+2x2)n=0∑∞​(−1)nx3n

    显然，只有当$n=1$时，有a4x4=2x⋅(−x3)=−2×4\,a_4x^4=2x\cdot(-x^3)=-2x^4a4​x4=2x⋅(−x3)=−2x4，
    所以f(4)(0)=a4⋅4!=−2⋅24=−48\,f^{(4)}(0)=a_4\cdot4!=-2\cdot24=-48\,f(4)(0)=a4​⋅4!=−2⋅24=−48

  注意：
    (1) 若题目求的是f(kn)(0)\,f^{(kn)}(0)f(kn)(0)，或幂级数中是xkn\,x^{kn}xkn，代$kn$求即可.
    (2) 若题目求的是f(n)(a)\,f^{(n)}(a)\,f(n)(a)，导数求$x=a$的即可.
    (3) 若是$f(x)$是分段函数，注意需不需要讨论特殊点、$n=0$的情况.

5 求幂级数的和函数

和函数定义

  在收敛域上，记s(x)=∑n=1∞un(x)\,s(x)=\sum\limits^\infty_{n=1}u_n(x)\,s(x)=n=1∑∞​un​(x)为∑n=1∞un(x)\,\sum\limits^\infty_{n=1}u_n(x)\,n=1∑∞​un​(x)的和函数.

幂级数的和函数

s(x)=∑n=0∞an(x−b)n=a0+a1(x−b)+a2(x−b)2+…，x∈I.s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-b)^n=a_0+a_1(x-b)+a_2(x-b)^2+…，x\in I.s(x)=n=0∑∞​an​(x−b)n=a0​+a1​(x−b)+a2​(x−b)2+...，x∈I.

  注意：
    (1) $I$代表收敛域.
    (2) 当$x=b$时，如果代入∑n=0∞an(x−b)n\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-b)^n\,n=0∑∞​an​(x−b)n会出现00\,0^000. 但实际上代入展开表示的式子，s(b)=a0s(b)=a_0s(b)=a0​，也就是常数项. 这是因为幂级数引入$0$次方只是为了表达x0=1\,x^0=1x0=1，表示某一项不与(x−b)k\,(x-b)^k(x−b)k，只是一种记号罢了. 如果不能理解，请把级数写成数串的形式，再代入.

求幂级数和函数的基本步骤

  (1) 求出收敛域.
  (2) 令s(x)=∑n=0∞(…)\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty(…)\,s(x)=n=0∑∞​(...)，如果计算过程中发现除$0$，要计算单独计算该点.
  (3) 对$s(x)$进行适当变形，套用常见麦克劳林级数，求得和函数.

几点说明

a) 求和函数的工具

  (1) 常见函数的麦克劳林级数.
  (2) 逐项求导性、逐项积分性.
  (3) 微分方程.

b) 求和函数与展开为幂级数的关系

  求幂级数的和函数，本质上是函数展开成幂级数的逆运算：
    函数展开成幂级数：f(x)→∑n=0∞anxnf(x)\to\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^nf(x)→n=0∑∞​an​xn
    求幂级数和函数：∑n=0∞anxn→s(x)\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\to s(x)n=0∑∞​an​xn→s(x)

c) 及时改变下标

  这是求和函数非常重要的习惯.
  在求和函数的过程中，对幂级数进行求导时(求积分不必考虑)，一定要及时地改变下标. 一旦发现某一项为$0$，就应从下一项开始表示，比如：

(∑n=0∞xn)′=∑n=1∞nxn−1\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{n}\bigg)'=\sum\limits_{n=\color{Blue}1}^\infty nx^{n-1}(n=0∑∞​xn)′=n=1∑∞​nxn−1

  这是因为求导后原本幂级数的常数项a0\,a_0\,a0​变为了$0$，所以需要下一项开始. 如果不改变，即下面这种情况：
(∑n=0∞xn)′=∑n=0∞nxn−1\bigg(\sum\limits_{n=\color{Blue}0}^\infty x^{n}\bigg)'={\color{Red}\sum\limits_{n=0}^\infty nx^{n-1}}(n=0∑∞​xn)′=n=0∑∞​nxn−1
  第一项就成了x−1\,x^{-1}\,x−1，出现了负数次方，继续计算一定会出现问题.
  原因就在于第一项原本是常数项，求导后就应该是$0$，不能再用这种统一的形式表示.
  再次强调，读者如果不能理解，请尝试把级数写成数串的形式理解.
  除此以外，在拆项和约掉阶乘的过程中，也需要及时更新下标.
  更多下标问题请看上文幂级数分析性质中的下标变换理论.

d) 导致$s(x)$分段的原因

  1. (除$x$) 在对$s(x)$变形的过程中需要进行除以$x$(凑积分)的操作，所以要单独计算$s(0)$.
  2. (端点) $s(x)$要讨论完所有收敛域上的情况. 若端点是收敛的，完成变形后，一定要确定$s(x)$有没有覆盖到，若没有覆盖到，就要单独求.

(1) 先积分再求导

  思路：如果可以看出级数是某个原函数的导数，或者通过乘以或除以有限个$x$达到如此效果，就需要考虑先积分再求导的方法.

  以下面这个幂级数为例：
∑n=0∞(n+1)xn\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^nn=0∑∞​(n+1)xn

    (n+1)xn(n+1)x^{n}\,(n+1)xn显然可由xn+1\,x^{n+1}\,xn+1求导而得，考虑先积分在求导.
    令s(x)=∑n=0∞(n+1)xn\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^ns(x)=n=0∑∞​(n+1)xn，
    收敛半径R=lim⁡n→∞∣n+2n+1∣=1\,R=\lim\limits_{n\to\infty}\big|\frac{n+2}{n+1}\big|=1R=n→∞lim​∣∣​n+1n+2​∣∣​=1，
    显然$x=\pm 1$，级数发散，故收敛域为：$(-1,1)$.

∫0xs(x)dx=∫0x(∑n=0∞(n+1)xn)dx=∑n=0∞∫0x(n+1)xndx=∑n=0∞xn+1=x1−x\int^x_0s(x)\text{d}x=\int_0^x\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n\bigg)\text{d}x=\sum\limits_{n=0}^\infty \int_0^x(n+1)x^n\text{d}x=\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+1}=\frac{x}{1-x}∫0x​s(x)dx=∫0x​(n=0∑∞​(n+1)xn)dx=n=0∑∞​∫0x​(n+1)xndx=n=0∑∞​xn+1=1−xx​⇒s(x)=[∫0xs(x)dx]′=(x1−x)′=1(1−x)2\Rightarrow s(x)=\bigg[\int^x_0s(x)\text{d}x\bigg]'=\bigg(\frac{x}{1-x}\bigg)'=\frac{1}{(1-x)^2}⇒s(x)=[∫0x​s(x)dx]′=(1−xx​)′=(1−x)21​  熟练以后，可以简化上面的计算过程为：
∑n=0∞(n+1)xn=(∑n=0∞xn+1)′=(x1−x)′=1(1−x)2\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+1}\bigg)'=\bigg(\frac{x}{1-x}\bigg)'=\frac{1}{(1-x)^2}n=0∑∞​(n+1)xn=(n=0∑∞​xn+1)′=(1−xx​)′=(1−x)21​

  又比如级数是二阶导的形式：
∑n=0∞(n+1)(n+2)xn=(∑n=0∞xn+2)′′=(x21−x)′′=2(1−x)3\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+2}\bigg)''=\bigg(\frac{x^2}{1-x}\bigg)''=\frac{2}{(1-x)^3}n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn=(n=0∑∞​xn+2)′′=(1−xx2​)′′=(1−x)32​

  技巧：
    可以发现，在计算∑n=0∞(n+1)(n+2)xn\,\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n\,n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn时，最后直接求(x21−x)′′\,(\frac{x^2}{1-x})''\,(1−xx2​)′′的计算量是比较大的. 但如果熟悉下标变换理论(见幂级数分析性质)，就可以通过下面这种拆项的方式简化计算量：

(∑n=0∞xn+2)′′=(∑n=2∞xn)′′=(∑n=0∞xn−1−x)′′=(11−x−1−x)′′=[1(1−x)2−1]′=2(1−x)3\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+2}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=2}^\infty x^{n}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n}-1-x\bigg)''=\bigg(\frac{1}{1-x}-1-x\bigg)''=\bigg[\frac{1}{(1-x)^2}-1\bigg]'=\frac{2}{(1-x)^3}(n=0∑∞​xn+2)′′=(n=2∑∞​xn)′′=(n=0∑∞​xn−1−x)′′=(1−x1​−1−x)′′=[(1−x)21​−1]′=(1−x)32​

(2) 先求导再积分

  思路：和先求积分再求导类似，如果可以看出级数是某个函数求导的结果，或者通过乘以或除以有限个$x$达到这样的效果，就要考虑先求导再积分的方法.

  读者需要尤其熟悉幂函数的不定积分公式：
∫xadx=1a+1xa+1+C\int x^a\text{d}x=\frac{1}{a+1}x^{a+1}+C∫xadx=a+11​xa+1+C

  为了避免处理$C$，我们通常使用$\text{N.-L.}$(牛顿莱布尼茨公式) 完成计算 (不定积分公式也能计算)：

∫x0xxadx=1a+1xa+1∣x0x\int^x_{x_0} x^a\text{d}x=\frac{1}{a+1}x^{a+1}\bigg|^x_{x_0}∫x0​x​xadx=a+11​xa+1∣∣∣∣​x0​x​

  此方法无非就是想要先对1a+1xa+1\,\frac{1}{a+1}x^{a+1}\,a+11​xa+1求导得到xa\,x^a\,xa，
  再套用麦克劳林级数求其和函数，最后再积分恢复至原级数的和函数.
  所以首要任务就是凑出1a+1xa+1\,\frac{1}{a+1}x^{a+1}a+11​xa+1.

  以下面这个幂级数为例：
∑n=0∞1(n+1)xn\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)}x^nn=0∑∞​(n+1)1​xn

    显然，如果1(n+1)xn\,\frac{1}{(n+1)}x^n\,(n+1)1​xn再乘一个$x$，就能考虑先积分再求导的方法了.
    令s(x)=∑n=0∞1(n+1)xn\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)}x^ns(x)=n=0∑∞​(n+1)1​xn，
    收敛半径R=lim⁡n→∞∣n+1n+2∣=1\,R=\lim\limits_{n\to\infty}\big|\frac{n+1}{n+2}\big|=1R=n→∞lim​∣∣​n+2n+1​∣∣​=1，$$s(0)=1$$    当$x=1$时，级数发散；当$x=-1$时，级数收敛. 故级数收敛域为：$[-1,1)$. 令：
f(x)=xs(x)=∑n=0∞1(n+1)xn+1=∑n=0∞1(n+1)xn+1=∫0x∑n=0∞xndx=∫0x11−xdxf(x)=xs(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)}x^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)}x^{n+1}=\int^x_0\sum\limits_{n=0}^\infty x^n\text{d}x=\int^x_0\frac{1}{1-x}\text{d}xf(x)=xs(x)=n=0∑∞​(n+1)1​xn+1=n=0∑∞​(n+1)1​xn+1=∫0x​n=0∑∞​xndx=∫0x​1−x1​dxf′(x)=11−xf'(x)=\frac{1}{1-x}f′(x)=1−x1​f(x)=f(0)+∫0xf′(x)dx=−ln(1−x)f(x)={\color{Red}f(0)}+\int^x_0f'(x)\text{d}x=-\text{ln}(1-x)f(x)=f(0)+∫0x​f′(x)dx=−ln(1−x)s(x)={−ln(1−x)x,x∈[−1,0)∪(0,1)0,x=0s(x)=\begin{cases}-\frac{\text{ln}(1-x)}{x},&x\in[-1,0)\cup(0,1)\\0,&x=0\end{cases}s(x)={−xln(1−x)​,0,​x∈[−1,0)∪(0,1)x=0​

  熟练以后，可以不必引入$f(x)$：
    当$x\ne 0$时，
s(x)=∑n=0∞1(n+1)xn=1x∑n=0∞1n+1xn+1s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)}x^n=\frac{1}{x}\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{n+1}x^{n+1}s(x)=n=0∑∞​(n+1)1​xn=x1​n=0∑∞​n+11​xn+1=1x∫0x∑n=0∞xndx=1x∫0x11−xdx=−ln(1−x)x=\frac{1}{x}\int^x_0\sum\limits_{n=0}^\infty x^n\text{d}x=\frac{1}{x}\int^x_0\frac{1}{1-x}\text{d}x=-\frac{\text{ln}(1-x)}{x}=x1​∫0x​n=0∑∞​xndx=x1​∫0x​1−x1​dx=−xln(1−x)​

  注意：
    (1) 之所以要单独求$s(0)$是因为后面有除$x$的操作. $s(0)$不一定是$0$，最保险求法是把级数前几项写出来代入.
    (2) 使用$\text{N.-L.}$计算不要忘记计算f(x0)\,f(x_0)f(x0​) (此题x0=0\,x_0=0x0​=0)，并非所有题目都是$f(0)=0$.

(3) ∑n=0∞P(n)xn\sum\limits_{n=0}^\infty P(n)x^nn=0∑∞​P(n)xn

  思路：将幂级数转化为：
∑n=0∞xn=11−x(−1<x<1)\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}\;(-1<x<1)n=0∑∞​xn=1−x1​(−1<x<1)∑n=0∞(−1)nxn=11+x(−1<x<1)\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^n=\frac{1}{1+x}\;(-1<x<1)n=0∑∞​(−1)nxn=1+x1​(−1<x<1)

  例：求下面的级数的和函数：
∑n=0∞(n2+4n+3)xn\sum\limits_{n=0}^\infty (n^2+4n+3)x^nn=0∑∞​(n2+4n+3)xn

  解：
    显然，收敛半径$R=1$.
    当$x=\pm 1$时，级数发散，故收敛域为：$(-1,1)$.
令s(x)=∑n=0∞(n2+4n+3)xn=∑n=0∞(n+1)(n+3)xn=∑n=0∞(n+1)(n+2)xn+∑n=0∞(n+1)xn令\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty (n^2+4n+3)x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+3)x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n+\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n令s(x)=n=0∑∞​(n2+4n+3)xn=n=0∑∞​(n+1)(n+3)xn=n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn+n=0∑∞​(n+1)xn

    其中，
∑n=0∞(n+1)(n+2)xn=(∑n=0∞xn+2)′′=(∑n=2∞xn)′′=(∑n=0∞xn−1−x)′′=2(1−x)3\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+2}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=2}^\infty x^{n}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n}-1-x\bigg)''=\frac{2}{(1-x)^3}n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn=(n=0∑∞​xn+2)′′=(n=2∑∞​xn)′′=(n=0∑∞​xn−1−x)′′=(1−x)32​∑n=0∞(n+1)xn=(∑n=0∞xn+1)′=(x1−x)′=1(1−x)2\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+1}\bigg)'=\bigg(\frac{x}{1-x}\bigg)'=\frac{1}{(1-x)^2}n=0∑∞​(n+1)xn=(n=0∑∞​xn+1)′=(1−xx​)′=(1−x)21​

    所以，
s(x)=3−x(1−x)3s(x)=\frac{3-x}{(1-x)^3}s(x)=(1−x)33−x​

  注意：
    (1) 记住下面这个转换，用得非常频繁，即 “$1$减公比分之首项”：
∑n=k∞xn+C=xk+C1−x\sum\limits_{n=k}^\infty x^{n+C}=\frac{x^{k+C}}{1-x}n=k∑∞​xn+C=1−xxk+C​

    (2) $P(x)$中若出现an\,a^n\,an作为系数，建议留到最后再处理，不要提前代换. 比如：

∑n=0∞n3nxn=x∑n=0∞n3nxn−1=x(∑n=0∞3nxn)′=x(11−3x)′\sum\limits_{n=0}^\infty n3^nx^n=x\sum\limits_{n=0}^\infty n3^nx^{n-1}=x\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty3^nx^n\bigg)'=x\bigg(\frac{1}{1-3x}\bigg)'n=0∑∞​n3nxn=xn=0∑∞​n3nxn−1=x(n=0∑∞​3nxn)′=x(1−3x1​)′

    (3) 遇到n2\,n^2\,n2的拆解方法：
∑n=0∞n2xn=∑n=0∞[n(n−1)+n]xn\sum\limits_{n=0}^\infty n^2x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty[n(n-1)+n]x^nn=0∑∞​n2xn=n=0∑∞​[n(n−1)+n]xn

    (4) 遇到复杂的有理分式，先拆项再求.

(4) ∑n=0∞xnP(n)\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{P(n)}n=0∑∞​P(n)xn​

  思路：将幂级数转化为
∑n=0∞(−1)n−1nxn=ln(1+x)(−1<x⩽1)\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n=\text{ln}(1+x)\;(-1<x\leqslant1)n=0∑∞​n(−1)n−1​xn=ln(1+x)(−1<x⩽1)∑n=0∞xnn=−ln(1−x)(−1⩽x<1)\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n}=-\text{ln}{(1-x)}\;(-1\leqslant x<1)n=0∑∞​nxn​=−ln(1−x)(−1⩽x<1)

  例：求下面的级数的和函数：
∑n=0∞1n(n+1)xn\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n(n+1)}x^nn=0∑∞​n(n+1)1​xn

  解：
    显然，收敛半径$R=1$.
    当$x=\pm 1$时，级数发散，故收敛域为：$(-1,1)$.
令s(x)=∑n=0∞(n2+4n+3)xn=∑n=0∞(n+1)(n+3)xn=∑n=0∞(n+1)(n+2)xn+∑n=0∞(n+1)xn令\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty (n^2+4n+3)x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+3)x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n+\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n令s(x)=n=0∑∞​(n2+4n+3)xn=n=0∑∞​(n+1)(n+3)xn=n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn+n=0∑∞​(n+1)xn

    其中，
∑n=0∞(n+1)(n+2)xn=(∑n=0∞xn+2)′′=(∑n=2∞xn)′′=(∑n=0∞xn−1−x)′′=2(1−x)3\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+2}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=2}^\infty x^{n}\bigg)''=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n}-1-x\bigg)''=\frac{2}{(1-x)^3}n=0∑∞​(n+1)(n+2)xn=(n=0∑∞​xn+2)′′=(n=2∑∞​xn)′′=(n=0∑∞​xn−1−x)′′=(1−x)32​

∑n=0∞(n+1)xn=(∑n=0∞xn+1)′=(x1−x)′=1(1−x)2\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1)x^n=\bigg(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+1}\bigg)'=\bigg(\frac{x}{1-x}\bigg)'=\frac{1}{(1-x)^2}n=0∑∞​(n+1)xn=(n=0∑∞​xn+1)′=(1−xx​)′=(1−x)21​

    所以，
s(x)=3−x(1−x)3s(x)=\frac{3-x}{(1-x)^3}s(x)=(1−x)33−x​

(5) 级数中含阶乘

  思路：考虑将幂级数转化为：

ex=∑n=0∞xnn!(−∞<x<+∞)e^x=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)ex=n=0∑∞​n!xn​(−∞<x<+∞)sinx=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!(−∞<x<+∞)\text{sin}x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)sinx=n=0∑∞​(−1)n(2n+1)!x2n+1​(−∞<x<+∞)cosx=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!(−∞<x<+∞)\text{cos}x=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\;\;\;(-\infty < x < +\infty)cosx=n=0∑∞​(−1)n(2n)!x2n​(−∞<x<+∞)(1+x)a=∑n=0∞a⋅(a−1)…(a−n+1)n!xn(−1<x<1,a∈R)(1+x)^a=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{a\cdot(a-1)…(a-n+1)}{n!}\,x^{n}\;\;\;({\color{Blue}{-1< x < 1}},\,a\in \mathbb{R})(1+x)a=n=0∑∞​n!a⋅(a−1)...(a−n+1)​xn(−1<x<1,a∈R)

(6) ana_n\,an​未知

  特征：求幂级数∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^nn=0∑∞​an​xn，但题目并未直接给出幂级数的an\,a_nan​.
  思路：
    (1) 若an\,a_n\,an​可以解出，想尽办法解出.
    (2) 若题目给出幂级数满足的微分方程，直接将∑n=0∞anxn\,\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\,n=0∑∞​an​xn代入方程.
    (3) 若题目给出递推表达式，要考虑利用表达式构造微分方程.

  例. (n+1)an+1=(n+12)an(n+1)a_{n+1}=(n+\frac{1}{2})a_n(n+1)an+1​=(n+21​)an​，证明：当$|x|<1$时，下列幂级数收敛并求其和函数：
∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^nn=0∑∞​an​xn

  解：
    显然，lim⁡n→∞∣an+1an∣=1⇒R=1⇒∣x∣<1\lim\limits_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big|=1\Rightarrow R=1\Rightarrow|x|<1\,n→∞lim​∣∣​an​an+1​​∣∣​=1⇒R=1⇒∣x∣<1时收敛，令：

s(x)=∑n=1∞anxns(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^ns(x)=n=1∑∞​an​xn

    则
s′(x)=∑n=1∞nanxn−1=1+∑n=0∞(n+1)an+1xn=1+∑n=0∞(n+12)anxns'(x)=\sum^\infty_{n=1}na_nx^{n-1}=1+\sum^\infty_{n=0}(n+1)a_{n+1}x^{n}=1+\sum^\infty_{n=0}(n+\frac{1}{2})a_nx^{n}s′(x)=n=1∑∞​nan​xn−1=1+n=0∑∞​(n+1)an+1​xn=1+n=0∑∞​(n+21​)an​xn=1+∑n=0∞nanxn+12∑n=0∞anxn=1+x∑n=0∞nanxn−1+12∑n=0∞anxn=1+xs′(x)+12s(x)=1+\sum^\infty_{n=0}na_nx^{n}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=0}a_nx^{n}=1+x\sum^\infty_{n=0}na_nx^{n-1}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=0}a_nx^{n}=1+xs'(x)+\frac{1}{2}s(x)=1+n=0∑∞​nan​xn+21​n=0∑∞​an​xn=1+xn=0∑∞​nan​xn−1+21​n=0∑∞​an​xn=1+xs′(x)+21​s(x)

    即
s′(x)−12(1−x)s(x)=11−x⇒s(x)=C1−x−2s'(x)-\frac{1}{2(1-x)}s(x)=\frac{1}{1-x}\Rightarrow s(x)=\frac{C}{\sqrt{1-x}}-2s′(x)−2(1−x)1​s(x)=1−x1​⇒s(x)=1−x​C​−2

    因为$s(0)=0$，所以$C=2$，s(x)=21−x−2s(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2s(x)=1−x​2​−2.

(7) 构造微分方程反解和函数

  对于难以使用麦克劳林公式求解和函数的幂级数，可以考虑能否通过构造微分方程求解.

  例. 求下面幂级数的和函数：
∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!!=1−x22+x42⋅4−x62⋅4⋅6+…\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!!}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{2\cdot 4}-\frac{x^6}{2\cdot4\cdot6}+…n=0∑∞​(−1)n(2n)!!x2n​=1−2x2​+2⋅4x4​−2⋅4⋅6x6​+...

  解：令s(x)=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!!\,s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!!}s(x)=n=0∑∞​(−1)n(2n)!!x2n​，
     则
s′(x)=∑n=1∞(−1)nx2n−1(2n−2)!!=∑n=0∞(−1)n+1x2n+1(2n)!!=−x⋅s(x)s'(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n-1}}{(2n-2)!!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{2n+1}}{(2n)!!}=-x\cdot s(x)s′(x)=n=1∑∞​(−1)n(2n−2)!!x2n−1​=n=0∑∞​(−1)n+1(2n)!!x2n+1​=−x⋅s(x)     于是有：
{s′(x)+xs(x)=0s(0)=1⇒s(x)=e−12×2\begin{cases}s'(x)+xs(x)=0\\s(0)=1\end{cases}\Rightarrow s(x)=e^{-{\frac{1}{2}x^2}}{s′(x)+xs(x)=0s(0)=1​⇒s(x)=e−21​x2