正项级数的判别法

§7.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.98 分/卷近 11 年平均

4/11 年出现年份

2.5 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反常（广义）积分③ 掌握后可解锁交错级数与绝对/条件收敛幂级数及其收敛域

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 根值（柯西）判别法的正式陈述： $n \to \infty lim n u_{n} = ρ$ ， $ρ < 1$ 收敛、 $ρ > 1$ 发散、 $ρ = 1$ 失效★★ 必会

设

\sum u_{n}

为正项级数（

u_{n} \geq 0

），且极限

n \to \infty lim n u_{n} = ρ

存在（允许

ρ = + \infty

）。那么有下列三条结论：

① 若 $ρ < 1$ ，则级数收敛。

② 若 $ρ > 1$ （包括 $ρ = + \infty$ ），则级数发散，并且此时通项

u_{n} \neq \to 0

。

③ 若 $ρ = 1$ ，则判别法失效，级数可能收敛，也可能发散。例如

\sum \frac{1}{n}

发散而

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

收敛，两者的根值极限都等于

1

（关于

ρ = 1

为何失效，见后文相应条目）。这时应当退回比较判别法，与

p

级数相比较。

适用的情形：通项整体是

n

次幂，即形如

(a_{n})^{n}

；通项含有

a^{n}

因子；通项的奇数项与偶数项遵从不同的规律。在最后一种情形下，相邻两项之比来回振荡，比值极限往往不存在，而根值极限仍然存在，因此根值判别法严格强于比值判别法（见后文条目）。常用的配套极限：

n n \to 1

，

n C \to 1 (C > 0)

，

n n^{k} \to 1

，

n n! \to + \infty

。

证明 / 推导

① 取

q = \frac{ρ + 1}{2}

，则

ρ < q < 1

。由

lim n u_{n} = ρ < q

知，存在

N

，当

n > N

时

n u_{n} < q

，即

u_{n} < q^{n} .

几何级数

\sum q^{n} (0 < q < 1)

收敛，故由比较判别法知

\sum u_{n}

收敛。

② 若

ρ > 1

，则存在

N

，当

n > N

时

n u_{n} > 1

，即

u_{n} > 1

。于是

u_{n} \neq \to 0

，不满足级数收敛的必要条件，因此级数发散。

■

（本证法与比值判别法相同，都是以几何级数作为比较的标准。所不同的是，根值判别法直接对

u_{n}

本身开

n

次方，不必将相邻两项相除；因此当通项按奇偶分别给出、或结构分段时，用根值判别法更为稳妥。）

举例说明

例. 判定

n = 1 \sum \infty \frac{n ^{3}}{3 ^{n}}

的敛散性。

通项含有

3^{n}

因子，因此开

n

次方最为简便：

n u_{n} = \frac{( n n ) ^{3}}{3} ⟶ \frac{1 ^{3}}{3} = \frac{1}{3} < 1,

由 ① 知级数收敛（这里用到了

n n \to 1

）。本题也可以用比值判别法，

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{n})^{3} \to \frac{1}{3}

，两种方法的结论一致。

易错之处：上述结论只有在

ρ

严格小于或严格大于

1

时才成立。如果算得

ρ = 1

，那么既不能断定收敛，也不能断定发散，必须改用别的方法。

2. 比较判别法及其极限形式的证明：正项级数各判别法的共同基础★★ 必会

比较判别法的原始形式是：设

0 \leq u_{n} \leq v_{n}

，如果大的级数收敛，那么小的级数也收敛；如果小的级数发散，那么大的级数也发散。它的依据是正项级数收敛

⟺

部分和有上界。极限形式

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = l

用起来更方便，但必须弄清它为何成立，以及当

l = 0

或

l = \infty

时结论为何只是单向的。如果

0 < l < \infty

，那么

u_{n}

与

v_{n}

是同阶无穷小，两个级数必同时收敛或同时发散；如果

l = 0

，那么

u_{n}

趋于零比

v_{n}

更快，于是由

v_{n}

的收敛可以推出

u_{n}

的收敛，但由

u_{n}

的收敛推不出

v_{n}

的收敛；

l = \infty

的情形与此相反。这与第 1 章中无穷小的比较是一脉相承的：正项级数的敛散性只由通项的阶决定。

证明 / 推导

先证原始形式。设从某项起

0 \leq u_{n} \leq v_{n}

，则部分和满足

U_{n} \leq V_{n}

。若

\sum v_{n}

收敛，则

{V_{n}}

有上界

M

，从而

U_{n} \leq V_{n} \leq M

，即

{U_{n}}

有上界，故

\sum u_{n}

收敛。取逆否命题即得：

\sum u_{n}

发散

\Rightarrow \sum v_{n}

发散。

再证极限形式，设

0 < l < \infty

。由

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = l

，取

ε = \frac{l}{2}

，则存在

N

，使当

n > N

时

\frac{l}{2} < \frac{u _{n}}{v _{n}} < \frac{3 l}{2} \Rightarrow \frac{l}{2} v_{n} < u_{n} < \frac{3 l}{2} v_{n} .

由右边的不等式与比较判别法得

\sum v_{n}

收敛

\Rightarrow \sum u_{n}

收敛；由左边的不等式得

\sum v_{n}

发散

\Rightarrow \sum u_{n}

发散。因此两个级数同时收敛或同时发散。当

l = 0

时只剩右边的不等式

u_{n} < ε v_{n}

，故只能得到

v_{n}

收敛

\Rightarrow u_{n}

收敛；

l = \infty

的情形与此对称。

■

3. 比值判别法为什么成立： $ρ < 1$ 时可用一个几何级数控制通项★★ 必会

达朗贝尔比值判别法断言，当

lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ < 1

时级数收敛，其实质是把该级数与一个公比略大于 $ρ$ 的几何级数相比较。既然相邻两项之比趋于

ρ < 1

，那么从某项起每一项都不超过前一项的

q = \frac{ρ + 1}{2}

（

< 1

）倍，于是通项被一个几何级数的对应项所控制，收敛性即由几何级数保证。由此也可以说明：

ρ > 1

时通项不趋于

0

，故级数发散；

ρ = 1

时通项趋于零的快慢与几何级数无从比较，故判别法失效，而

p

级数的比值极限恰好全都等于

ρ = 1

。适用的情形：通项含有阶乘、指数或

n^{n}

时，相邻两项相除可以约得很干净，此时应首选比值判别法。

证明 / 推导

设

ρ < 1

，取

q = \frac{ρ + 1}{2}

，则

ρ < q < 1

。由

lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ < q

知，存在

N

，当

n \geq N

时

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} < q

，即

u_{n + 1} < q u_{n}

。逐次放大得

u_{N + k} < q u_{N + k - 1} < \dots < q^{k} u_{N} .

于是

\sum_{k \geq 0} u_{N + k} < u_{N} \sum_{k \geq 0} q^{k} = \frac{u _{N}}{1 - q} < \infty

（几何级数收敛），故由比较判别法知

\sum u_{n}

收敛。
若

ρ > 1

，则从某项起

u_{n + 1} > u_{n} > 0

，通项单调不减，因而不趋于

0

，不满足级数收敛的必要条件，故级数发散。

■

举例说明

判定

\sum \frac{2 ^{n} n !}{n ^{n}}

的敛散性。由比值

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{2 ^{n + 1} ( n + 1 )!}{( n + 1 ) ^{n + 1}} \cdot \frac{n ^{n}}{2 ^{n} n !} = 2 \cdot \frac{n ^{n}}{( n + 1 ) ^{n}} = \frac{2}{( 1 + \frac{1}{n} ) ^{n}} \to \frac{2}{e} < 1

知级数收敛（这里

e \approx 2.718 > 2

）。

4. 积分判别法的证明：用矩形面积把级数夹在两个反常积分之间

积分判别法是判定

p

级数以及

\sum \frac{1}{n l n n}

这类带对数因子的级数的严格依据。它之所以成立，是因为求和相当于计算矩形面积，而矩形面积可以用曲线下的面积从两侧夹逼。事实上，若

f

非负且单调递减，把

u_{n} = f (n)

看作宽为

1

的矩形的面积，则这些矩形面积之和恰好被

\int f

从两侧夹住，因此级数与反常积分同时收敛或同时发散。非负与单调递减这两个条件缺一不可：单调性保证矩形与曲线的高低关系始终不变，非负性保证面积可以比较。

证明 / 推导

设

f

在

[1, \infty)

上非负、连续且单调递减，

u_{n} = f (n)

。在

[k, k + 1]

上有

f (k + 1) \leq f (x) \leq f (k)

，积分得

f (k + 1) \leq \int_{k}^{k + 1} f (x) d x \leq f (k) .

再对

k = 1, \dots, n - 1

求和，得

k = 2 \sum n u_{k} \leq \int_{1}^{n} f (x) d x \leq k = 1 \sum n - 1 u_{k} .

如果

\int_{1}^{\infty} f

收敛（设其值为

I

），那么

\sum_{k = 2}^{n} u_{k} \leq I

，部分和有上界

\Rightarrow

级数收敛；如果

\int_{1}^{\infty} f

发散，那么

\sum_{k = 1}^{n - 1} u_{k} \geq \int_{1}^{n} f \to \infty

\Rightarrow

级数发散。因此级数与积分同时收敛或同时发散。

■

举例说明

p

级数

\sum \frac{1}{n ^{p}}

对应于反常积分

\int_{1}^{\infty} x^{- p} d x

。当

p > 1

时该积分

= \frac{1}{p - 1}

，收敛；当

p \leq 1

时发散。因此

p

级数当

p > 1

时收敛。与此相类似，

\sum \frac{1}{n ( l n n ) ^{p}}

对应于

\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x ( l n x ) ^{p}}

，令

t = ln x

化为

\int \frac{d t}{t ^{p}}

，它当

p > 1

时收敛，当

p \leq 1

时发散。

5. $ρ = 1$ 为何失效，以及根值判别法强于比值判别法★ 要懂

比值判别法与根值判别法在

ρ = 1

时一律失效，因为此时通项趋于零的速度恰与几何级数相当，无法据以判定敛散。

p

级数就是最典型的例子：收敛的

\frac{1}{n ^{2}}

与发散的

\frac{1}{n}

，比值极限都等于

1

，这时必须退回比较判别法，与

\frac{1}{n ^{p}}

相比较。此外还应知道一个理论事实：根值判别法严格强于比值判别法。凡比值极限存在的场合，根值极限也存在且与之相等；但存在根值判别法能判定而比值判别法失效的例子，通项按奇偶两种规律给出时尤其如此。因此，如果通项整体是

n

次幂，或者奇数项与偶数项的规律不同，那么应优先使用根值判别法。

证明 / 推导

先说明

ρ = 1

时判别法失效。

\sum \frac{1}{n}

（发散）与

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

（收敛）的比值极限分别为

lim \frac{1/ ( n + 1 )}{1/ n} lim \frac{1/ ( n + 1 ) ^{2}}{1/ n ^{2}} = lim \frac{n}{n + 1} = 1 = lim (\frac{n}{n + 1})^{2} = 1

两者同为

1

，而一个发散、一个收敛。由此可见

ρ = 1

时不能作出判定。

再举一个根值判别法更强的例子。设

u_{n} = {2^{- n}, 2^{- n + 1}, n 偶 n 奇

，则相邻两项之比在

\frac{1}{2} \cdot 2 = 1

与更小的值之间来回振荡，比值极限不存在，比值判别法失效；但

n u_{n} \to \frac{1}{2} < 1

，用根值判别法立即判定级数收敛。

■

举例说明

判定

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

的敛散性。通项整体是

n

次幂，故用根值判别法：

n u_{n} = \frac{n}{2 n + 1} \to \frac{1}{2} < 1

，级数收敛。若改用比值判别法，则要处理较为复杂的

(1 + \frac{1}{n})

型极限，反而费力。

💡 小知识

判别法只回答级数收不收敛，至于收敛到几，那是另一门功夫。

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

收敛不难判断，但要算出它的和是

\frac{π ^{2}}{6}

就不容易了。这道题史称巴塞尔问题，难倒了当时一批数学家，最后由年轻的欧拉解决。谁也没想到，圆周率会从平方倒数和里冒出来。

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 用比较判别法（极限形式）判别下列正项级数的敛散性：(1)

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

；(2)

n = 1 \sum \infty sin \frac{1}{n}

。难度 1

(1) 当

n \to \infty

，

\frac{1}{n ^{2} + 1} \sim \frac{1}{n ^{2}}

。取

v_{n} = \frac{1}{n ^{2}}

，则

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = lim \frac{n ^{2}}{n ^{2} + 1} = 1 \in (0, \infty)

，与

p = 2 > 1

的

p

级数同敛散，故收敛。 (2) 当

n \to \infty

，

sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}

。取

v_{n} = \frac{1}{n}

，

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = 1 \in (0, \infty)

，与调和级数

\sum \frac{1}{n}

同敛散，故发散。要点：正项级数敛散只由通项的「阶」决定，用等价无穷小凑成

\frac{1}{n ^{p}}

再看

p

与

1

的大小。

例 2 用比值判别法判别下列正项级数的敛散性：(1)

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

；(2)

n = 1 \sum \infty \frac{1}{n !}

。难度 1

比值判别法：

ρ = lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}}

，

ρ < 1

收敛、

ρ > 1

发散。 (1)

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{n + 1}{2 ^{n + 1}} \cdot \frac{2 ^{n}}{n} = \frac{n + 1}{2 n} ⟶ \frac{1}{2} < 1,

故收敛。 (2)

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{1}{( n + 1 )!} \cdot \frac{n !}{1} = \frac{1}{n + 1} ⟶ 0 < 1,

故收敛。要点：通项含指数

a^{n}

、阶乘

n!

时，比值法能把相邻项约得很干净。

例 3 判别下列正项级数的敛散性：(1)

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

；(2)

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

。难度 2

(1)（根值法） 通项是整体的

n

次方，用根值判别法开

n

次方最省力：

n u_{n} = \frac{n}{2 n + 1} ⟶ \frac{1}{2} < 1,

故收敛。 (2)（等价无穷小 $+$ 比较） 当

n \to \infty

，

1 - cos \frac{1}{n} \sim \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n ^{2}} = \frac{1}{2 n ^{2}}

。取

v_{n} = \frac{1}{n ^{2}}

，

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = \frac{1}{2} \in (0, \infty)

，与

p = 2 > 1

的

p

级数同敛散，故收敛。要点：整体

n

次幂用根值法；含三角/对数的先用等价无穷小化成

\frac{1}{n ^{p}}

再比较。

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.

2022 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

已知级数

n = 1 \sum \infty \frac{n !}{n ^{n}} e^{- n x}

的收敛域为

(a, + \infty)

，则

a =

______.

2016 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

已知函数

f (x)

可导，且

f (0) = 1

，

0 < f^{'} (x) < \frac{1}{2}

。设数列

{x_{n}}

满足

x_{n + 1} = f (x_{n}) (n = 1, 2, \dots)

。证明：

（Ⅰ）级数

n = 1 \sum \infty (x_{n + 1} - x_{n})

绝对收敛；

（Ⅱ）

n \to \infty lim x_{n}

存在，且

0 < n \to \infty lim x_{n} < 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 \frac{1}{n ^{2} + n}

的敛散性是

A收敛
B发散
C条件收敛
D无法判断

练习 2 · 选择题

用比值判别法判别

n = 1 \sum \infty \frac{2 ^{n}}{n !}

，其极限

ρ = lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} =

A $0$
B $1$
C $2$
D $+ \infty$

练习 3 · 填空题

p

级数

n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{p}}

收敛的充分必要条件是

p

____。

练习 4 · 选择题

级数

n = 1 \sum \infty \frac{n !}{3 ^{n}}

的敛散性是

A收敛
B发散
C条件收敛
D $ρ = 1$ ，无法判断

练习 5 · 选择题

用根值判别法判别级数

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

，结论是

A收敛（ $ρ = \frac{2}{3}$ ）
B发散（ $ρ = \frac{3}{2}$ ）
C $ρ = 1$ ，判别法失效
D发散（ $ρ = 2$ ）

练习 6 · 选择题

下列级数中收敛的是（　）。

A $n = 1 \sum \infty (3 n + 1 - 3 n)$
B $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} tan \frac{1}{n}$
C $n = 2 \sum \infty \frac{1}{ln n}$
D $n = 1 \sum \infty \frac{n + 1}{n ^{2} + 3}$

练习 7 · 填空题

设

a

为实常数，则级数

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

收敛的充分必要条件是

a

____。

练习 8 · 解答题

设常数

s > 0

，记

u_{n} = [\frac{1}{n} - ln (1 + \frac{1}{n})]^{s} (n = 1, 2, \dots) .

(1) 求极限

n \to \infty lim n^{2} [\frac{1}{n} - ln (1 + \frac{1}{n})]

；

(2) 讨论级数

n = 1 \sum \infty u_{n}

的敛散性（对

s

分情况给出结论）。

2014 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设数列

{a_{n}}

，

{b_{n}}

满足

0 < a_{n} < \frac{π}{2}

，

0 < b_{n} < \frac{π}{2}

，

cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

，且级数

n = 1 \sum \infty b_{n}

收敛。

（I）证明

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

；

（II）证明级数

n = 1 \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}

收敛。

2009 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

设有两个数列

{a_{n}}, {b_{n}}

，若

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

，则（　　）

A当 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 收敛时， $n = 1 \sum \infty a_{n} b_{n}$ 收敛.
B当 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 发散时， $n = 1 \sum \infty a_{n} b_{n}$ 发散.
C当 $n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} ∣$ 收敛时， $n = 1 \sum \infty a_{n}^{2} b_{n}^{2}$ 收敛.
D当 $n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} ∣$ 发散时， $n = 1 \sum \infty a_{n}^{2} b_{n}^{2}$ 发散.

正项级数的判别法

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 根值（柯西）判别法的正式陈述：n→∞lim​nun​​=ρ，ρ<1 收敛、ρ>1 发散、ρ=1 失效★★ 必会

2. 比较判别法及其极限形式的证明：正项级数各判别法的共同基础★★ 必会

3. 比值判别法为什么成立：ρ<1 时可用一个几何级数控制通项★★ 必会

4. 积分判别法的证明：用矩形面积把级数夹在两个反常积分之间

5. ρ=1 为何失效，以及根值判别法强于比值判别法★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 根值（柯西）判别法的正式陈述： $n \to \infty lim n u_{n} = ρ$ ， $ρ < 1$ 收敛、 $ρ > 1$ 发散、 $ρ = 1$ 失效★★ 必会

3. 比值判别法为什么成立： $ρ < 1$ 时可用一个几何级数控制通项★★ 必会

5. $ρ = 1$ 为何失效，以及根值判别法强于比值判别法★ 要懂