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1、62第 4 章 级数4.1 数列极限4.1 设幂函数 取 的分支，则极限 （ ）.()fzln()efz ilm(1)nn（A）不存在 （B）1 （C） （D）cosie解 limn(1)il()inn而 2larti故 2i 1li(1)ln(1)liarctnin n故 选（C）.mecos.nii的充要条件是： .li0nzl|0nz4-2 极限 （ ）.2ili1（A） （B） （C） （D）2i解 选（A）.iilil1.nn4-3 级数 的收敛性为（ ）.i21en（A）通项不趋于 0 （B）通项趋于 0，发散 （C）绝对收敛 （D）条件收敛解 由 ，当 为 为 ； 为i2()n4
2、1k(,2),43ink i42nk为 1，故此级数可分为两个交错级数：,4(k实部为 ；虚部为 ，均条件收敛.故此级数条件收敛. 选1kk0)2k（D）. 复数项级数收敛的充分必要条件是实部与虚部两个实数项级数皆收敛. 是不为 0 的复常数. sin,4-4 级数 为（ ）.1in（A）通项不趋于 0 （B）条件收敛 （C）通项趋于 0 但发散 （D）绝对收敛解 由 ，故级数绝对收敛. 选（D）.i1shsn有界，但 无界且 与 是同阶的无 穷大量i(i)i()en().n4-5 级数 收敛性为（ ）.12sin（A）绝对收敛 （B）通项不趋于 0 （C）通项趋于 0 但发散 （D）条件收敛
3、63解 ，故此级数绝对收敛. 选（A）.esin()ih2n4.2 幂级数检比法与检根法仍旧是复数项级数敛散性的重要判别法，因为它们判断的级数若收敛必为绝对收敛，故应用时取 ，（ 是 的通项）. 这样，在应用时与实数项级数无本质|nz1nz区别.4-6 幂级数 的收敛半径为（ ）. 2i1en（A）0 （B）1 （C）2 （D）解 由检比法 ，故收敛半径为 1. 选（B）.2i|nz4-7 幂级数 的收敛半径为（ ）. 1(34)n（A）5 （B） （C） （D）515解 ，故收敛半径为 . 选22lim|(34i)|nnz（D）.4-8 幂级数 的收敛半径 及和函数为（ ）.1nR（A） （
4、B） （C） （D ）2,()z1,z2,1()zR,1Rz解 由 得1n 121()nzz故 选（C） 21,|.()nz4-9 设 ，则 （ ）.()lfz(4)0f（A）0 （B） （C） （D ）61212解 因此， 选（D ）.42ln(1)z (4)(4),0.!ff4-10 设 ，则 （ ）.201dz n35,（A） （B） （C） （D）(1,)(,)61(,)601(,)35解 242ln3故 选（B）.520()1d.6z z644.3 泰勒级数4-11 在 点的泰勒展开式中， 项的系数 和级数的收敛半径 是1sinz03z3CR（ ）.3(,)CR（A） （0，1） （
5、B） （C） （D）5cos16in(,)5cos16in(,)sin2co(,)解 2(icos1()1zz3445561sn) sin()6(icos1()11incos()zzzz 只在 内解析，故 选（B）.sin1z|.R4-12 已知 证明 解析，并求si,0(),1zf()fz(10).f解 由 210()sin,|.!nzz故 ,0|()nn于是 201),|!fzz因此， 解析，且 ，由此 .()5)f(10)f4-13 求 在 处的泰勒展开式.cosinz1z解 ii(1)ezi0()e,|1|.!nz4-14 求 在 处的泰勒展开式.2|1s()d)fz解 2in,|1.
6、0zf故 121()(),|.!nnfzi4-15 设 ，求20|1ed()nazzA(0,12).n65解 122|1edii,|.()(1)nzzz Ai0,.nan4.4 罗伦级数4-16 的收敛区域为（ ）. |enz(A) (B) (C) (D)|ez1e|z解 在 中，令 ，1|nmn得 11e(e)mzz故当 也即 时收敛.|而 100()nnzz当 ，即 时收敛.1e|e故 的收敛区域为 选（C）. nz1|e.z4-17 设 ,则 （ ）.(),|(1)nnaz3a（A）1 （B）-1 （C）0 （D）-2解 221()() )(zzzz故 选3.a（B）.4-18 设 则
7、（ ）.21,(|1),nCzz0（A）1 （B）0 （C） （D）2解 选（B）.2022/(),.z4-19 设 ，则 （ ）.1,|0enza7a（A） （B） （C） （D ）7!1!9!1!解 122 7(),.9z az 4-20 设 ，则 （ ）.1e)nzna3（A） （B） （C） （D ）31!e!e3!66解 11()eezzz选（C）.3231e).()!(!az4-21 若 ，则 （ ）.8,0|1cosnaz2（A） （B） （C） （D ）25!15!13!12解 由246sz故 24211cos3!5zz24224()()!3!513!5zz 2 4211()3
8、!4!)!z故 选（B）.22;.1cos55zaz4-22 ，那么 的充要条件是（ ）.3| dnA0(,1,)n（A） （B） （C） （D）0|z|z|z|1z解 若 ，则 ，这时 ，故|1332cos() 3|1cosd0A.na若 ，则 ，故 不会|z33s1cs()1zz 3|1s(),nFzza全为 0. 时， 无意义. 选| 3|1odA（C）.4-23 证明：若 在 解析，且 ，则 .()fz|032|()|,|0fzz()0fz证 设 nC1|dinnzRA+13/23/2|d|2RnzSA当 /lim0nn当 /320|RC67故 即 .0,1,2.nC ()0fz4-2
9、4 在 的区域内，将函数 展开为罗伦级数.|z1()2z解 (1)2(1)2z11 1000()./ 2nn nzzz 4-25 求函数 在 上的罗伦展开式.2(1)|z解 (1)z3 301(.(1)nzz4-26 求函数 在 上的罗伦展开式.2()z|解 3221.1()nz4-27 求函数 在 上的罗伦展开式.2()z|i|解 221i(i)z 14 321(i).i(i)1)nnzz4-28 求 在 的罗伦展开式.2|1sindzA|1解 2| |12isindisnzz4(1)02i,|.(!nn4-29 设 ，求 .2|1ed()nazz A解 2 2 12|1 iii(1)()nz 因此 0,i,3.nan4-30 设 是实数，且 ，证明k|k6820sinsin(1)cocosnkkj证 1 在 中由|zk211()kzkz令 得iezi(1)20cosine1n由实部与实部，虚部与虚部相等得 20sisin(1)coco1snkk证 2 由 i()ii00e(e)nnkkiii 22(1csin)cosin1o1kk故 20cos()csnkk ini1on
