📖 笔记 p.63 — 函数项级数一致收敛
形如
$$\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots$$的函数项级数称为幂级数。取 $x_0=0$ 即得标准形式 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。
以下讨论中若无特别说明，均以 $x_0=0$ 为中心。
定理：若幂级数 $\sum a_n x^n$ 在 $x=x_1\neq 0$ 处收敛，则对任意满足 $|x|<|x_1|$ 的 $x$，级数绝对收敛。
若在 $x=x_2$ 处发散，则对任意满足 $|x|>|x_2|$ 的 $x$，级数发散。
若 $\sum a_n x_1^n$ 收敛，则 $a_n x_1^n \to 0$，故存在 $M>0$ 使得 $|a_n x_1^n|\leq M$。对 $|x|<|x_1|$，令 $q=\left|\dfrac{x}{x_1}\right|<1$：
$$|a_n x^n| = |a_n x_1^n|\cdot\left|\frac{x}{x_1}\right|^n \leq Mq^n$$由几何级数 $\sum Mq^n$ 收敛，由比较判别法，$\sum a_n x^n$ 绝对收敛。
由 Abel 定理，幂级数的收敛域必是以原点为中心的某个区间。定义收敛半径 $R$：
$R$ 可以是 $0$（仅在 $x=0$ 处收敛），也可以是 $+\infty$（在整个 $\RR$ 上收敛）。
收敛域 = 开区间 $(-R,R)$ $\cup$ 端点收敛的那些端点。
若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \ell$ 存在（或为 $+\infty$），则收敛半径
$$\boxed{R = \frac{1}{\ell} = \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|}$$约定：$\ell=0 \Rightarrow R=+\infty$；$\ell=+\infty \Rightarrow R=0$。
设 $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \rho$，则
$$\boxed{R = \frac{1}{\rho}}$$这是最一般的公式，不要求极限存在，仅需上极限。
对缺项级数 $\sum_{n=0}^{\infty} b_n$（其中 $b_n$ 是级数的通项，可能含 $x^{2n}$ 或 $x^{3n}$ 等），直接对 通项之比 用比值判别法：
$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{b_{n+1}}{b_n}\right| < 1 \quad \Longrightarrow \quad \text{绝对收敛}$$或者令 $t=x^2$（或 $t=x^k$），将缺项级数化为标准幂级数 $\sum a_n t^n$，求出关于 $t$ 的收敛半径 $R_t$，再换回 $|x|<\sqrt{R_t}$（或 $|x|
方法一（直接比值法）：通项 $b_n=\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$，
$$\left|\frac{b_{n+1}}{b_n}\right| = \frac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!}\cdot\frac{(2n)!}{|x|^{2n}} = \frac{x^2}{(2n+2)(2n+1)} \to 0 \quad (n\to\infty)$$对任意 $x$ 都成立，故 $R=+\infty$。（这正是 $\cosh x = \sum\frac{x^{2n}}{(2n)!}$ 的展开式。）
方法二（换元法）：令 $t=x^2$，则 $\sum\frac{t^n}{(2n)!}$，其中 $a_n=\frac{1}{(2n)!}$，$R_t=\lim\frac{(2n+2)!}{(2n)!}=+\infty$。故 $|t|<+\infty$，即 $|x|<+\infty$，$R=+\infty$。
幂级数 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ 在其收敛域上是连续函数。
更精确地说，在开区间 $(-R,R)$ 内连续；若在端点 $x=R$（或 $x=-R$）处也收敛，则在该端点处左连续（或右连续）——这就是 Abel 第二定理。
设 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ 的收敛半径为 $R>0$，则在 $(-R,R)$ 内：
$$\boxed{S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n\,a_n\, x^{n-1}}$$且求导后的幂级数收敛半径仍为 $R$。
在 $(-R,R)$ 内：
$$\boxed{\int_0^x S(t)\,\dd t = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}\,x^{n+1}}$$积分后的幂级数收敛半径仍为 $R$。
若 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有任意阶导数，则 $f(x)$ 可以形式上写成
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n$$此即 Maclaurin 级数。Taylor 级数收敛到 $f(x)$ 的充要条件是余项 $R_n(x)\to 0$（$n\to\infty$）。
1. 指数函数
$$e^x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots, \quad x\in(-\infty,+\infty)$$2. 正弦函数
$$\sin x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\,x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots, \quad x\in(-\infty,+\infty)$$3. 余弦函数
$$\cos x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\,x^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots, \quad x\in(-\infty,+\infty)$$4. 几何级数
$$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty}x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots, \quad x\in(-1,1)$$5. 对数函数
$$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\,x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots, \quad x\in(-1,1]$$6. 广义二项式
$$(1+x)^\alpha = \sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^n = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots$$其中 $\binom{\alpha}{n}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}$。当 $\alpha\notin\mathbb{N}$ 时，$R=1$；当 $\alpha\in\mathbb{N}$ 时，为有限项多项式。
(1) 替换法：将已知展开式中的 $x$ 替换为某个表达式。
(2) 逐项求导：若 $f(x)$ 的积分（或原函数）有已知展开，先展开再求导。
(3) 逐项积分：先展开再积分。
利用已知展开式：
$$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}, \quad x\in(-1,1]$$ $$\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}, \quad x\in[-1,1)$$相减：
$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$$当 $n$ 为偶数时，$(-1)^{n-1}+1=0$；当 $n$ 为奇数时，$(-1)^{n-1}+1=2$。故仅奇数项存活：
$$\boxed{f(x) = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1} = 2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right), \quad x\in(-1,1)}$$注意：$\ln(1+x)$ 在 $x=1$ 收敛但 $\ln(1-x)$ 在 $x=1$ 发散（$\to -\infty$），故 $f(x)$ 的收敛域为开区间 $(-1,1)$。利用 $\ln\frac{1+x}{1-x}=2\text{artanh}\,x$ 这一恒等式可直接验证。
| 函数 $f(x)$ | Maclaurin 展开 | 收敛域 | 备注 |
|---|---|---|---|
| $e^x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$ | $(-\infty,+\infty)$ | 最基本 |
| $\sin x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ | $(-\infty,+\infty)$ | 仅奇数幂 |
| $\cos x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}$ | $(-\infty,+\infty)$ | 仅偶数幂 |
| $\dfrac{1}{1-x}$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ | $(-1,1)$ | 几何级数 |
| $\dfrac{1}{1+x}$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n$ | $(-1,1)$ | $x\to -x$ |
| $\dfrac{1}{(1-x)^2}$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)x^n$ | $(-1,1)$ | $\left(\frac{1}{1-x}\right)'$ |
| $\dfrac{1}{(1-x)^{k+1}}$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n+k}{k}x^n$ | $(-1,1)$ | 多次求导 |
| $\ln(1+x)$ | $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$ | $(-1,1]$ | 端点 $x=1$ 收敛 |
| $-\ln(1-x)$ | $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$ | $[-1,1)$ | 端点 $x=-1$ 收敛 |
| $\arctan x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$ | $[-1,1]$ | $\int\frac{1}{1+x^2}\dd x$ |
| $(1+x)^\alpha$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^n$ | $(-1,1)$* | *端点视 $\alpha$ 而定 |
| $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{4^n}$ | $(-1,1)$ | $\alpha=-\frac12$ |
| $\sinh x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ | $(-\infty,+\infty)$ | $\frac{e^x-e^{-x}}{2}$ |
| $\cosh x$ | $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}$ | $(-\infty,+\infty)$ | $\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ |
设要求 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n$ 的和函数，基本策略：
当系数含 $n$ 的因子时：求导可"降 $n$"，积分可"升 $n$"。
操作流程：
当 $S(x)$ 与 $S'(x)$ 之间存在简单的线性关系时。例如：
第一步：求收敛半径。 这里 $a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 3^n}$，用比值法：
$$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{1}{n\cdot 3^n}\cdot(n+1)\cdot 3^{n+1} = 3\cdot\frac{n+1}{n} \to 3 \quad (n\to\infty)$$故 $R=3$。开区间为 $(-3,3)$。
第二步：检验端点。
$x=3$：$\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 3^n}\cdot 3^n = \sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}$。这是交错调和级数，由 Leibniz 判别法收敛。
$x=-3$：$\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 3^n}\cdot(-3)^n = \sum\frac{(-1)^{n-1}\cdot(-1)^n}{n} = -\sum\frac{1}{n}$。这是负的调和级数，发散。
结论：收敛域为 $\boxed{(-3,3]}$。
第一步：令 $t=(2x-1)^2$，级数变为 $\sum\frac{(-1)^n t^n}{n}$。
这是 $-\ln(1+t) = -\sum\frac{(-1)^{n-1}t^n}{n} = \sum\frac{(-1)^n t^n}{n}$ 的展开式。
关于 $t$ 的收敛域为 $(-1,1]$，即 $-1 第二步：换回 $x$。$t=(2x-1)^2\geq 0$，所以 $-1 当 $t=1$ 即 $x=0$ 或 $x=1$ 时，级数 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（Leibniz）。 当 $t=0$ 即 $x=\frac{1}{2}$ 时，级数显然收敛（各项为 $0$）。 结论：收敛域为 $\boxed{[0,1]}$。
第一步：部分分式分解。
$$\frac{x}{(1+x)(1+x^2)} = \frac{A}{1+x} + \frac{Bx+C}{1+x^2}$$通分：$x = A(1+x^2)+(Bx+C)(1+x)$
令 $x=-1$：$-1=2A$，$A=-\frac{1}{2}$。
比较 $x^2$ 系数：$0=A+B$，$B=\frac{1}{2}$。
比较常数项：$0=A+C$，$C=\frac{1}{2}$。
$$f(x) = \frac{-1/2}{1+x} + \frac{(x+1)/2}{1+x^2} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x} + \frac{1}{2}\cdot\frac{x}{1+x^2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x^2}$$第二步：分别展开。 各展开式在 $|x|<1$ 内成立：
$$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n$$ $$\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}$$ $$\frac{x}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n+1}$$第三步：合并。
$$f(x) = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n + \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n+1} + \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}$$整理各幂次的系数。偶数幂 $x^{2k}$ 的系数为：$-\frac{1}{2}(-1)^{2k}+\frac{1}{2}(-1)^k = -\frac{1}{2}+\frac{(-1)^k}{2}$。
奇数幂 $x^{2k+1}$ 的系数为：$-\frac{1}{2}(-1)^{2k+1}+\frac{1}{2}(-1)^k = \frac{1}{2}+\frac{(-1)^k}{2}$。
当 $k$ 为偶数：偶数幂系数 $=0$，奇数幂系数 $=1$。
当 $k$ 为奇数：偶数幂系数 $=-1$，奇数幂系数 $=0$。
即非零项为：$x-x^2+x^5-x^6+x^9-x^{10}+\cdots$，可写成：
$$\boxed{f(x) = \sum_{m=0}^{\infty}\left(x^{4m+1}-x^{4m+2}\right), \quad |x|<1}$$第一步：识别。 注意到
$$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n\,x^{n-1} = \left(\sum_{n=0}^{\infty}x^n\right)' = \left(\frac{1}{1-x}\right)' = \frac{1}{(1-x)^2}$$收敛域 $|x|<1$。
第二步：计算数值级数。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} n\left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{1}{2}\cdot S\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(1-1/2)^2} = \frac{1}{2}\cdot 4 = \boxed{2}$$第一步：收敛域。 $a_n=\frac{1}{n(n+1)}$，$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\frac{(n+1)(n+2)}{n(n+1)}=\frac{n+2}{n}\to 1$。故 $R=1$。
$x=1$：$\sum\frac{1}{n(n+1)}$，裂项得 $\sum\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1$，收敛。
$x=-1$：$\sum\frac{(-1)^n}{n(n+1)}$，绝对收敛（$\sum\frac{1}{n(n+1)}$ 收敛）。
收敛域 $[-1,1]$。显然 $S(0)=0$。
第二步：裂项。
$$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$故
$$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$$第三步：识别已知级数。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} = -\ln(1-x), \quad |x|<1$$对第二项：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1} = \frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} = \frac{1}{x}\sum_{m=2}^{\infty}\frac{x^m}{m} = \frac{1}{x}\left(-\ln(1-x)-x\right)$
（令 $m=n+1$，利用 $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^m}{m}=-\ln(1-x)$，减去 $m=1$ 项 $x$。）
第四步：合并。（$x\neq 0$）
$$S(x) = -\ln(1-x) - \frac{1}{x}\left[-\ln(1-x)-x\right] = -\ln(1-x)+\frac{\ln(1-x)}{x}+1$$ $$= \ln(1-x)\left(\frac{1}{x}-1\right)+1 = \frac{(1-x)\ln(1-x)}{x}+1$$验证 $x\to 0$ 时 $S(x)\to 0$，与 $S(0)=0$ 相容。合并：
$$\boxed{S(x)=\begin{cases}\dfrac{(1-x)\ln(1-x)}{x}+1, & x\in[-1,1]\setminus\{0\}\\[6pt] 0, & x=0\end{cases}}$$特别地 $S(1)=0+1=1$（与裂项验证一致），$S(-1)=\frac{2\ln 2}{-1}+1=1-2\ln 2$。
关键联想：$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$，$|x|\leq 1$。
原式可以写成：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\cdot 3^n} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2n}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2n+1}}{2n+1}\cdot\sqrt{3}$$不对，让我们更仔细地凑。需要在 $\arctan x$ 的展开中找到形式匹配。
$$\frac{\arctan x}{x} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{2n+1}, \quad 0<|x|\leq 1$$令 $x^2=\frac{1}{3}$，即 $x=\frac{1}{\sqrt{3}}$：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\cdot 3^n} = \frac{\arctan(1/\sqrt{3})}{1/\sqrt{3}} = \sqrt{3}\cdot\frac{\pi}{6} = \boxed{\frac{\sqrt{3}\,\pi}{6}}$$策略：$\frac{n}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}$，故拆分：
$$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}x^n - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$$第一项：$\sum_{n=1}^{\infty}x^n = \frac{x}{1-x}$。
第二项：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$。利用逐项积分，注意
$$\int_0^x\sum_{n=1}^{\infty}t^n\,\dd t = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} = x\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$$不对，等号左边是 $\sum\frac{x^{n+1}}{n+1}$ 而非 $x\cdot\sum\frac{x^n}{n+1}$。实际上 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}$ 本身就等于对第二项乘以 $x$。所以：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} = \int_0^x\frac{t}{1-t}\,\dd t = \int_0^x\left(-1+\frac{1}{1-t}\right)\dd t = -x-\ln(1-x)$$因此 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}=\frac{1}{x}\left[-x-\ln(1-x)\right]=-1-\frac{\ln(1-x)}{x}$（$x\neq 0$）。
故
$$S(x)=\frac{x}{1-x}-\left(-1-\frac{\ln(1-x)}{x}\right)=\frac{x}{1-x}+1+\frac{\ln(1-x)}{x}$$ $$= \frac{x+1-x}{1-x}+\frac{\ln(1-x)}{x}=\frac{1}{1-x}+\frac{\ln(1-x)}{x}$$ $$\boxed{S(x) = \frac{1}{1-x}+\frac{\ln(1-x)}{x}, \quad 0<|x|<1;\quad S(0)=0}$$验证：$S(0)=\lim_{x\to 0}\left[\frac{1}{1-x}+\frac{\ln(1-x)}{x}\right]=1+(-1)=0$。正确。
第一步：拆分。 $n+1=(2n+1)-n$，但这样会变复杂。更好的办法：注意 $n+1$ 可以用逐项求导产生。
令 $T(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\cosh x$。
$T'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n\,x^{2n-1}}{(2n)!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sinh x$。
$T''(x)=\cosh x$。
考虑 $\left(xT(x)\right)' = T(x)+xT'(x)$。但 $S(x)$ 含因子 $(n+1)$，我们尝试另一条路。
第二步：直接拆 $n+1 = n + 1$：
$$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\,x^{2n}}{(2n)!}$$第一项 $=\cosh x$。
第二项：$\frac{n}{(2n)!}=\frac{1}{2\cdot(2n-1)!}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(2n-1)!}$。所以
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\,x^{2n}}{(2n)!} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n-1)!} = \frac{x}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} = \frac{x}{2}\sinh x$$（因为 $\sinh x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}$，其中 $m=n$。）
第三步：合并。
$$\boxed{S(x) = \cosh x + \frac{x}{2}\sinh x = \frac{e^x+e^{-x}}{2}+\frac{x(e^x-e^{-x})}{4} = \frac{(2+x)e^x+(2-x)e^{-x}}{4}}$$第一步：换元 $t=2x-1$，化为 $\sum[4^n+(2+\tfrac1n)^n]\,t^n$。
第二步：分部分求半径（取较小者）。
两部分相加，收敛半径取较小者：$R=\min(\tfrac14,\tfrac12)=\tfrac14$，即 $|t|<\tfrac14$。
第三步：端点 $t=\pm\tfrac14$：此时第一部分 $4^n\cdot(\pm\tfrac14)^n=(\pm1)^n$，通项不趋于 $0$ → 发散。故两端点都不取。
第四步：换回 $x$。$|2x-1|<\tfrac14\Rightarrow -\tfrac14<2x-1<\tfrac14\Rightarrow \tfrac38⚠️ 两个坑：① 含 $(2x-1)^n$ 必须先换元、最后换回 $x$，区间别忘了变回去；② 多部分相加取较小半径（交集）。
第一步：分部分求半径。
取较小：$R=\tfrac13$，开区间 $|x|<\tfrac13$。
第二步：端点 $x=\tfrac13$：第一部分在 $\tfrac13
第三步：端点 $x=-\tfrac13$：第一部分仍绝对收敛；第二部分 $\dfrac{(-1)^n 3^n}{n+1}\cdot\tfrac{(-1)^n}{3^n}=\dfrac{1}{n+1}$，等价调和 发散。整体发散。
$$\boxed{x\in\left(-\tfrac13,\tfrac13\right]}$$第一步：求收敛半径。 令 $t=x-1$，级数为 $\sum\frac{t^n}{n\cdot 2^n}$，其中 $a_n=\frac{1}{n\cdot 2^n}$。
$$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{(n+1)\cdot 2^{n+1}}{n\cdot 2^n} = 2\cdot\frac{n+1}{n}\to 2$$收敛半径 $R=2$，开区间 $|t|<2$ 即 $-1 第二步：检验端点。 $t=2$（$x=3$）：$\sum\frac{2^n}{n\cdot 2^n}=\sum\frac{1}{n}$，调和级数，发散。 $t=-2$（$x=-1$）：$\sum\frac{(-2)^n}{n\cdot 2^n}=\sum\frac{(-1)^n}{n}$，Leibniz 型，收敛。 收敛域 $[-1,3)$，即 $t\in[-2,2)$。 第三步：求和函数。 设 $S(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot 2^n}$，$S(0)=0$。 换回 $x$： 验证 $x=-1$：$S(-1)=\ln\frac{2}{4}=-\ln 2=\sum\frac{(-1)^n}{n}$（由 $\ln 2$ 的展开 $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\ln 2$，符号正确）。
联想：$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$。改写指标 $n\to n-1$：
$$\arctan x = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{2n-1}$$令 $x=\frac{1}{2}$：
$$\arctan\frac{1}{2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(1/2)^{2n-1}}{2n-1} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)\cdot 2^{2n-1}}$$因此
$$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)\cdot 2^{2n-1}} = \arctan\frac{1}{2}}$$第一步：因式分解和部分分式。
$$\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$$第二步：以 $(x+1)$ 为中心展开。 令 $t=x+1$，则 $x=t-1$。
$$\frac{1}{x+1}=\frac{1}{t}$$ $$\frac{1}{x+2}=\frac{1}{t+1}=\frac{1}{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n, \quad |t|<1$$但 $\frac{1}{t}$ 在 $t=0$（即 $x=-1$）处有奇点，不能直接展开为 $t$ 的幂级数。
重新考虑：$f(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}$。
$f(x)$ 在 $x=-1$（$t=0$）处本身有极点。实际上
$$f(x) = \frac{1}{t(1+t)} = \frac{1}{t}\cdot\frac{1}{1+t} = \frac{1}{t}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^{n-1}$$这是 Laurent 级数，不是幂级数。
修正思路：题目可能是展开为 $x$ 的幂级数（以 $x=0$ 为中心）。此时
$$\frac{1}{x+1} = \frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n, \quad |x|<1$$ $$\frac{1}{x+2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x/2} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^n}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^n}{2^{n+1}}, \quad |x|<2$$两个级数公共的收敛域为 $|x|<1$，故
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^n}{2^{n+1}} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^n$$ $$\boxed{f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\cdot\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}\,x^n, \quad x\in(-1,1)}$$端点 $x=\pm 1$：通项 $\to \frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}\to 1\neq 0$，故两端都发散。收敛域即 $(-1,1)$。
易错点：缺项级数不能直接用 $|a_n/a_{n+1}|$；忘记端点检验。
常见考法：$\frac{1}{(ax+b)(cx+d)}$ 型部分分式 + 几何级数展开。
万能口诀：有 $n$ 就求导，有 $\frac{1}{n}$ 就积分，有 $\frac{1}{n(n+1)}$ 就裂项。
常见模式：
| 看到的数值级数形式 | 联想的幂级数 | 代入的 $x$ 值 |
|---|---|---|
| $\sum\frac{1}{n\cdot k^n}$ | $-\ln(1-x)=\sum\frac{x^n}{n}$ | $x=\frac{1}{k}$ |
| $\sum\frac{(-1)^n}{(2n+1)\cdot k^n}$ | $\frac{\arctan x}{x}=\sum\frac{(-1)^n x^{2n}}{2n+1}$ | $x^2=\frac{1}{k}$ |
| $\sum\frac{n}{k^n}$ | $\frac{x}{(1-x)^2}=\sum nx^n$ | $x=\frac{1}{k}$ |
| $\sum\frac{1}{n!\cdot k^n}$ | $e^x=\sum\frac{x^n}{n!}$ | $x=\frac{1}{k}$ |
| $\sum\frac{(-1)^n}{(2n)!\cdot k^n}$ | $\cos x=\sum\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}$ | $x^2=\frac{1}{k}$ |
在常用展开式中令 $x$ 取特殊值，可以得到许多著名的数值级数：
1. Leibniz 公式（$\arctan$ 展开取 $x=1$）：
$$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}$$2. 自然对数（$\ln(1+x)$ 取 $x=1$）：
$$\ln 2 = 1 - \frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$$3. Euler 公式（$e^x$ 取 $x=1$）：
$$e = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} = 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots$$4. 在 $\frac{1}{1-x}=\sum x^n$ 中令 $x=\frac{1}{2}$：$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^n}=2$。
若 $A(x)=\sum a_n x^n$ 和 $B(x)=\sum b_n x^n$ 在 $|x| 在 $|x|
其中
$$c_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}\cdot 1^k = \frac{(1-1)^n}{n!} = \begin{cases}1,&n=0\\0,&n\geq 1\end{cases}$$故 $e^x\cdot e^{-x}=1$，验证完毕。
设 $S(x)=\sum a_n x^n$，收敛半径 $R$，则在 $(-R,R)$ 内：
$$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n a_n x^{n-1}, \qquad \int_0^x S(t)\dd t = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$$收敛半径不变，端点重新判断。
| 级数 | 和函数（$|x|<1$） |
|---|---|
| $\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ | $\dfrac{1}{1-x}$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$ | $\dfrac{1}{(1-x)^2}$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}nx^n$ | $\dfrac{x}{(1-x)^2}$ |
| $\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)x^n$ | $\dfrac{1}{(1-x)^2}$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n$ | $\dfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{n}$ | $-\ln(1-x)$ |
| $\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$ | $\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x}$ |
| $\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$ | $\arctan x$ |