交错级数与绝对/条件收敛

§7.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.64 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

1.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）常数项级数的概念与性质正项级数的判别法③ 掌握后可解锁幂级数及其收敛域

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 莱布尼茨判别法的严格证明：奇偶部分和相向夹逼，余项不超过第一个被舍去的项★ 要懂

下面给出一个严格的夹逼证明，并指明交错、

u_{n}

单调递减、

u_{n} \to 0

这三个条件各自的作用。单调递减保证偶数项部分和

S_{2 n}

递增、奇数项部分和

S_{2 n + 1}

递减，且

S_{2 n} \leq S_{2 n + 1}

，即这两串部分和一升一降、相向而行； $u_{n} \to 0$ 保证两串之间的间隙

S_{2 n + 1} - S_{2 n} = u_{2 n + 1} \to 0

，于是它们收缩到同一极限

S

。由证明还可顺带得到余项估计

∣ R_{n} ∣ = ∣ S - S_{n} ∣ \leq u_{n + 1}

，即用前

n

项作近似时，误差不超过第一个被舍去的项。这是交错级数作数值估计的基本依据。

证明 / 推导

设级数为

\sum (- 1)^{n - 1} u_{n}

，其中

u_{n} > 0

单调递减且

u_{n} \to 0

。先考察偶数项部分和：

S_{2 n + 2} - S_{2 n} = u_{2 n + 1} - u_{2 n + 2} \geq 0 \Rightarrow {S_{2 n}} 递增;

再考察奇数项部分和：

S_{2 n + 1} - S_{2 n - 1} = - u_{2 n} + u_{2 n + 1} \leq 0 \Rightarrow {S_{2 n + 1}} 递减 .

又

S_{2 n + 1} - S_{2 n} = u_{2 n + 1} > 0

，故

S_{2 n} < S_{2 n + 1} \leq S_{1}

。于是

{S_{2 n}}

递增而有上界，收敛于某数

S

；同理

{S_{2 n + 1}}

递减而有下界，也收敛。由

S_{2 n + 1} - S_{2 n} = u_{2 n + 1} \to 0

知两个极限相等，因此

S_{n} \to S

，级数收敛。又

S

夹在相邻两个部分和之间，故

∣ S - S_{n} ∣ \leq ∣ S_{n + 1} - S_{n} ∣ = u_{n + 1}

。

■

举例说明

利用

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} = ln 2

作估值。取前

3

项得

1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \approx 0.833

，其误差

\leq u_{4} = \frac{1}{4} = 0.25

；而

ln 2 \approx 0.693

，实际误差

\approx 0.14 < 0.25

，与余项估计相符。

2. 绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛的证明，以及判定一般项级数的第一步★ 要懂

对于既非正项、也不一定交错的一般项级数，首先应当考察它是否绝对收敛：对

\sum ∣ u_{n} ∣

施用正项级数的判别法，只要它收敛，原级数就必定收敛。为什么绝对收敛能推出收敛？关键在于构造

0 \leq u_{n} + ∣ u_{n} ∣ \leq 2∣ u_{n} ∣

，把可能变号的

u_{n}

抬高为非负量，用比较判别法判定其收敛之后，再减去

∣ u_{n} ∣

。这条定理的价值在于把一般项级数的问题化归为正项级数的问题，从而可以沿用上一节的全部方法（比值、根值、比较、积分）。反过来的结论不成立：条件收敛的级数收敛，却不绝对收敛。

证明 / 推导

设

\sum ∣ u_{n} ∣

收敛。令

w_{n} = u_{n} + ∣ u_{n} ∣

，则

0 \leq w_{n} \leq 2∣ u_{n} ∣

（当

u_{n} \geq 0

时

w_{n} = 2 u_{n} = 2∣ u_{n} ∣

；当

u_{n} < 0

时

w_{n} = 0

）。由

\sum 2∣ u_{n} ∣

收敛及比较判别法知

\sum w_{n}

收敛。又

u_{n} = w_{n} - ∣ u_{n} ∣

，而两个收敛级数之差仍然收敛，故

\sum u_{n} = \sum w_{n} - \sum ∣ u_{n} ∣ 收敛 . ■

3. 一般项级数的判定步骤：先判绝对收敛，再判条件收敛，最后判发散★★ 必会

判断任意项级数是绝对收敛、条件收敛还是发散，按下面的固定步骤进行最不易出错。第一步，对

\sum ∣ u_{n} ∣

施用正项级数的判别法，若它收敛，则原级数绝对收敛，判定完毕；第二步，若

\sum ∣ u_{n} ∣

发散而原级数是交错级数，则用莱布尼茨判别法，若原级数收敛，则它条件收敛；第三步，若

u_{n} \neq \to 0

，则原级数发散。此外有三点必须注意：(1) 由

\sum ∣ u_{n} ∣

发散推不出原级数发散，原级数仍可能条件收敛；(2) 莱布尼茨判别法中的单调性不可漏验；(3) 判断单调性可以作差、作商，也可以构造

f (x)

并证明

f^{'} (x) < 0

。

举例说明

判定

\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n + ( - 1 ) ^{n - 1}}

的敛散性。先考察绝对值，

\frac{1}{n + ( - 1 ) ^{n - 1}} \sim \frac{1}{n}

，与

\sum \frac{1}{n}

（此时

p = \frac{1}{2}

）同为发散，故原级数不绝对收敛。再考察它是否条件收敛：把通项有理化并拆项，

(- 1)^{n - 1} \frac{1}{n + ( - 1 ) ^{n - 1}} = (- 1)^{n - 1} \frac{n - ( - 1 ) ^{n - 1}}{n - 1} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1} n}{n - 1} - \frac{1}{n - 1} (n \geq 2) .

前一项由莱布尼茨判别法知收敛，后一项

- \sum \frac{1}{n - 1}

是发散的调和级数，而收敛级数与发散级数之差仍发散。因此这个级数虽然通项趋于零、形式上又是交错的，却仍然发散。由此可见：当分母中含有

(- 1)^{n - 1}

而破坏了单调性时，不能直接套用莱布尼茨判别法。

4. 条件收敛的实质：正部与负部级数各自都发散，全靠正负相消才收敛（黎曼重排定理的根源）

条件收敛的级数经过重排以后可以收敛于任意指定的数，甚至可以发散，这就是黎曼重排定理。它的根源在于下面这个事实：如果

\sum u_{n}

条件收敛，那么它的正项部分

\sum u_{n}^{+}

与负项部分

\sum u_{n}^{-}

都发散到 $+ \infty$ ，其中

u_{n}^{+} = max (u_{n}, 0), u_{n}^{-} = max (- u_{n}, 0)

。也就是说，全部正项之和能够达到

+ \infty

，全部负项之和能够达到

- \infty

，而级数的有限和完全是二者相互抵消的结果。既然正、负两部分都能提供无穷的量，那么重新安排取用的次序（多取一些正项、少取一些负项），就可以把和调到任何预定的数值。这就是加法交换律对条件收敛级数失效的深层原因，也是必须区分绝对收敛与条件收敛的理论依据。

证明 / 推导

记

u_{n}^{+} = \frac{∣ u _{n} ∣ + u _{n}}{2} \geq 0, u_{n}^{-} = \frac{∣ u _{n} ∣ - u _{n}}{2} \geq 0

，则

u_{n} = u_{n}^{+} - u_{n}^{-}, ∣ u_{n} ∣ = u_{n}^{+} + u_{n}^{-}

。已知

\sum u_{n}

收敛而

\sum ∣ u_{n} ∣

发散。
用反证法。若

\sum u_{n}^{+}

收敛，则

\sum u_{n}^{-} = \sum (u_{n}^{+} - u_{n}) = \sum u_{n}^{+} - \sum u_{n}

作为两个收敛级数之差也收敛，于是

\sum ∣ u_{n} ∣ = \sum (u_{n}^{+} + u_{n}^{-})

收敛，与已知的条件收敛相矛盾。故

\sum u_{n}^{+}

发散；同理

\sum u_{n}^{-}

也发散。又二者均非负，所以只能发散到

+ \infty

。

■

推论（黎曼重排的机制）：正项之和与负项之和都是无穷的，因此可以先累加正项，直到部分和超过预定的数

A

，再累加负项，直到部分和低于

A

，如此交替进行。由于

u_{n} \to 0

，每次越出的幅度趋于零，所以重排后的部分和收敛于任意预先给定的

A

。

💡 小知识

黎曼重排定理说的是这样一件事：条件收敛的

1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = ln 2

，只要重新安排相加的顺序，就能让它等于

π

，等于

0

，也能让它发散到无穷。同一堆数，换个次序求和，结果可以任人指定。可见加法交换律只对绝对收敛的级数成立。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 用莱布尼茨判别法判别交错级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}

的收敛性。难度 1

这是交错级数

\sum (- 1)^{n - 1} u_{n}

，其中

u_{n} = \frac{1}{n} > 0

。逐条验证莱布尼茨的两个条件： 1. 单调递减：

u_{n + 1} = \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n} = u_{n}

，成立； 2. 趋于零：

n \to \infty lim \frac{1}{n} = 0

，成立。故由莱布尼茨判别法，级数收敛。又因取绝对值后

\sum \frac{1}{n}

是发散的调和级数，所以它是条件收敛（和为

ln 2

）。

例 2 判别级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}}

是绝对收敛、条件收敛还是发散。难度 1

判别一般项级数，先看绝对值级数：

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} .

这是

p = 2 > 1

的

p

级数，收敛。既然绝对值级数收敛，原级数绝对收敛。要点：绝对收敛是最强的收敛，判别时优先尝试——把符号去掉后用正项级数判别法即可。

例 3 判别级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}

是绝对收敛、条件收敛还是发散。难度 2

第一步：判断是否绝对收敛。 取绝对值得

\sum \frac{1}{n} = \sum \frac{1}{n ^{1/2}}

，是

p = \frac{1}{2} \leq 1

的

p

级数，发散。故原级数不绝对收敛。 第二步：对交错级数用莱布尼茨。

u_{n} = \frac{1}{n}

：(i) 单调递减

\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n}

；(ii)

lim \frac{1}{n} = 0

。两条件满足，级数收敛。结论：收敛但不绝对收敛，故为条件收敛。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 2 题 · 选择题 · 5 分

已知级数：①

n = 1 \sum \infty sin \frac{n ^{3} π}{n ^{2} + 1}

；②

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} (\frac{1}{3 n ^{2}} - tan \frac{1}{3 n ^{2}})

，则（　　）

A① 与 ② 均条件收敛.
B① 条件收敛，② 绝对收敛.
C① 绝对收敛，② 条件收敛.
D① 与 ② 均绝对收敛.

2023 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

已知

a_{n} < b_{n} (n = 1, 2, \dots)

。若级数

n = 1 \sum \infty a_{n}

与

n = 1 \sum \infty b_{n}

均收敛，则"

n = 1 \sum \infty a_{n}

绝对收敛"是"

n = 1 \sum \infty b_{n}

绝对收敛"的（　　）

A充分必要条件.
B充分不必要条件.
C必要不充分条件.
D既不充分也不必要条件.

2015 年 · 数一 · 第 3 题 · 选择题 · 4 分

若级数

n = 1 \sum \infty a_{n}

条件收敛，则

x = 3

与

x = 3

依次为幂级数

n = 1 \sum \infty n a_{n} (x - 1)^{n}

的（　　）

A收敛点，收敛点.
B收敛点，发散点.
C发散点，收敛点.
D发散点，发散点.

2011 年 · 数一 · 第 2 题 · 选择题 · 4 分

设数列

{a_{n}}

单调减少，

n \to \infty lim a_{n} = 0

，

S_{n} = k = 1 \sum n a_{k} (n = 1, 2, \dots)

无界，则幂级数

n = 1 \sum \infty a_{n} (x - 1)^{n}

的收敛域为（　　）

A $(- 1, 1]$ .
B $[- 1, 1)$ .
C $[0, 2)$ .
D $(0, 2]$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}

是

A绝对收敛
B条件收敛
C发散
D无法判断

练习 2 · 选择题

级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}}

是

A绝对收敛
B条件收敛
C发散
D无法判断

练习 3 · 填空题

交错级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} u_{n}

（

u_{n} > 0

）满足莱布尼茨判别法的条件是：

u_{n}

单调递减，且

n \to \infty lim u_{n} =

____。

练习 4 · 选择题

级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n}

的敛散性是

A绝对收敛
B条件收敛
C发散
D绝对收敛且和为 $0$

练习 5 · 选择题

下列级数中，属于条件收敛的是

A $n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}}$
B $n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{1}{n}$
C $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n}$
D $n = 1 \sum \infty (- 1)^{n}$

练习 6 · 选择题

设常数

a > 0

，考察级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{n ^{a}}{n ^{2} + 1}

，则下列结论正确的是（　）。

A当 $0 < a < 1$ 时条件收敛
B当 $a = 1$ 时绝对收敛
C当 $1 \leq a < 2$ 时条件收敛
D当 $a \geq 2$ 时条件收敛

练习 7 · 填空题

用级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{1}{n ^{3}}

的前

n

项部分和

S_{n}

近似它的和

S

。若要由莱布尼茨余项估计式保证误差

∣ S - S_{n} ∣ < 1 0^{- 3}

，则至少应取 ____ 项。

练习 8 · 解答题

判别级数

n = 2 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n + ( - 1 ) ^{n}}

的敛散性，并说明理由。

2002 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 3 分

设

u_{n} \neq = 0 (n = 1, 2, 3, \dots)

，且

n \to \infty lim \frac{n}{u _{n}} = 1

，则级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n + 1} (\frac{1}{u _{n}} + \frac{1}{u _{n + 1}})

（　　）

A发散
B绝对收敛
C条件收敛
D收敛性根据所给条件不能判定

1998 年 · 数一 · 第 16 题 · 解答题 · 5 分

设正项数列

{a_{n}}

单调减少，且

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} a_{n}

发散，试问级数

n = 1 \sum \infty (\frac{1}{a _{n} + 1})^{n}

是否收敛？并说明理由。

交错级数与绝对/条件收敛

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 莱布尼茨判别法的严格证明：奇偶部分和相向夹逼，余项不超过第一个被舍去的项★ 要懂

2. 绝对收敛 ⇒ 收敛的证明，以及判定一般项级数的第一步★ 要懂

3. 一般项级数的判定步骤：先判绝对收敛，再判条件收敛，最后判发散★★ 必会

4. 条件收敛的实质：正部与负部级数各自都发散，全靠正负相消才收敛（黎曼重排定理的根源）

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛的证明，以及判定一般项级数的第一步★ 要懂