正项级数的判别法

§6.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.97 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

3.2 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： $n \to \infty lim n u_{n} = ρ$ ， $ρ < 1$ 时收敛、 $ρ > 1$ 时发散、 $ρ = 1$ 时失效★ 要懂

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

）。分三种情形：

① $ρ < 1$ ：级数收敛。

② $ρ > 1$ （含 $ρ = + \infty$ ）：级数发散，且此时通项

u_{n} \neq \to 0

。

③ $ρ = 1$ ：判别法失效，级数可能收敛也可能发散。例如

\sum \frac{1}{n}

发散、

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

收敛，两者根值极限都是

1

（后面还要专门讨论

ρ = 1

时为何失效）。这时须退回比较判别法，与

p

级数比较。

适用的情形：通项是整体 $n$ 次幂

(a_{n})^{n}

型、含

a^{n}

因子，或者奇数项与偶数项的规律不同（这时相邻两项之比振荡，比值的极限可能不存在，而根值的极限仍然存在。根值法严格强于比值法，后面还要说明）。常用的几个极限：

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

，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 当

ρ > 1

时，存在

N

，当

n > N

时

n u_{n} > 1

，即

u_{n} > 1

，故

u_{n} \neq \to 0

，与级数收敛的必要条件矛盾，级数发散。

■

（其原理与比值法相同，都是以几何级数作比较；区别在于根值法直接对

u_{n}

本身开

n

次方，不必把相邻两项相除，因此对奇偶规律不同或分段给出的通项更为适用。）

举例说明

例. 判定

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

的敛散性。

通项含

3^{n}

因子，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

）。本题用比值法

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

也可以，两种方法效果相同。

易错之处：结论只在

ρ

严格小于或大于

1

时才成立；若算得

ρ = 1

，则不能作出任何结论，既不能说收敛，也不能说发散，必须改用别的方法。

2. 比较判别法及其极限形式的证明：其余正项判别法都由它导出★★ 必会

比较法的原始形式（

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

，大的级数收敛则小的收敛，小的级数发散则大的发散）的根据是：正项级数收敛

⟺

部分和有上界。极限形式

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

更为实用，但要弄清它为何成立，以及

l = 0

或

l = \infty

时结论为何只是单向的。当

0 < l < \infty

时

u_{n}

与

v_{n}

是同阶无穷小，二者的敛散性必然一致；

l = 0

表示

u_{n}

比

v_{n}

更快地趋于零，故

v_{n}

收敛就能保证

u_{n}

收敛（但

u_{n}

收敛却不能保证

v_{n}

收敛）；

l = \infty

时的情形与此相反。这与第 1 章中无穷小的比较是一致的：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

U_{n} \leq V_{n}

。若

\sum v_{n}

收敛，则

{V_{n}}

有上界

M

，故

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

，

{U_{n}}

也有上界，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（

0 < l < \infty

）。由

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

，取

ε = \frac{l}{2}

，存在

N

，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} .

把右端的不等式与

\sum v_{n}

收敛相配（用比较法）

\Rightarrow \sum u_{n}

收敛；把左端的不等式与

\sum v_{n}

发散相配

\Rightarrow \sum u_{n}

发散。故两级数同敛散。

l = 0

时只有

u_{n} < ε v_{n}

（即右半），因此只能推出：

v_{n}

收敛

\Rightarrow u_{n}

收敛；

l = \infty

时的情形与此对称。

■

举例说明

真题（数三 1988） 已知级数

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

与

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

都收敛，证明

n = 1 \sum \infty a_{n} b_{n}

绝对收敛。

证. 目标级数

\sum a_{n} b_{n}

是任意项级数，要证它绝对收敛，只需证正项级数

\sum ∣ a_{n} b_{n} ∣

收敛，这正可用比较判别法。所用的放缩是均值不等式

0 \leq ∣ a_{n} b_{n} ∣ \leq \frac{1}{2} (a_{n}^{2} + b_{n}^{2}) (由 (∣ a_{n} ∣ - ∣ b_{n} ∣)^{2} \geq 0 得) .

先看右端。由

\sum a_{n}^{2}, \sum b_{n}^{2}

收敛以及级数的线性性质，知

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

收敛。以它作为大级数控制

\sum ∣ a_{n} b_{n} ∣

，由比较判别法知

\sum ∣ a_{n} b_{n} ∣

收敛，故

\sum a_{n} b_{n}

绝对收敛。

■

易错之处：比较判别法只能用于正项级数，所以要先取绝对值化为

\sum ∣ a_{n} b_{n} ∣

再作放缩；均值不等式

∣ ab ∣ \leq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2})

是把乘积控制为平方和的常用手段，应当熟记。

3. 比值判别法为什么成立： $ρ < 1$ 时可用一个几何级数把它控制住★ 要懂

达朗贝尔比值法

lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ < 1

时级数收敛，其实质是把级数与一个公比略大于 $ρ$ 的几何级数比较。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项所控制，收敛性由几何级数保证。由此也可以说明

ρ > 1

时为何发散（通项不趋于

0

）、

ρ = 1

时为何失效（这时分辨不出通项与几何级数趋于零的快慢，

p

级数全都属于

ρ = 1

的情形）。适用的情形：通项含阶乘、指数或

n^{n}

时，相邻两项相除可以约去许多因子，此时首选比值法。

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

，存在

N

，当

n \geq N

时

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

，即

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

。逐次放缩，得

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

故

\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），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，不趋于

0

，与收敛的必要条件矛盾，故级数发散。

■

举例说明

真题（数三 1988） 讨论级数

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

的收敛性。

解. 通项含阶乘，相邻两项相除可以约去许多因子，故用比值法。记

a_{n} = \frac{( n + 1 )!}{n ^{n + 1}} > 0

，则

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{( n + 2 )!}{( n + 1 ) ^{n + 2}} \cdot \frac{n ^{n + 1}}{( n + 1 )!} = \frac{n + 2}{n + 1} \cdot \frac{n ^{n + 1}}{( n + 1 ) ^{n + 1}} = \frac{n + 2}{n + 1} \cdot \frac{1}{( 1 + \frac{1}{n} ) ^{n + 1}} .

令

n \to \infty

，得

\frac{n + 2}{n + 1} \to 1

，

(1 + \frac{1}{n})^{n + 1} \to e

，故

n \to \infty lim \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{1}{e} < 1

，由比值判别法知级数收敛。

易错之处：

\frac{n ^{n + 1}}{( n + 1 ) ^{n + 1}} = (1 + \frac{1}{n})^{- (n + 1)} \to e^{- 1}

是本题的关键，不要把它误认为

\to 0

或

\to 1

；凡通项含

n!

或

a^{n}

时，都应优先使用比值法。

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

p

级数的敛散性以及

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

这类带对数因子的级数的严格依据。它成立的原因是求和相当于计算矩形面积，可以用曲线下的面积从两侧夹逼：当

f

非负、单调递减时，把

u_{n} = f (n)

看作宽为

1

的矩形的面积，那么这些面积之和恰好被

\int f

从两侧夹住，于是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前提缺一不可：单调性保证矩形与曲线的高低关系不变，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

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) .

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} .

若

\int_{1}^{\infty} f

收敛（值为

I

），则

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

，部分和有上界

\Rightarrow

级数收敛；若

\int_{1}^{\infty} f

发散，则

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

\Rightarrow

级数发散。故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

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

。当

p > 1

时积分

= \frac{1}{p - 1}

收敛；当

p \leq 1

时发散，故

p

级数在

p > 1

时收敛。与此相类似，

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

对应

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

，令

t = ln x

化为

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

，在

p > 1

时收敛、

p \leq 1

时发散。

5. $ρ = 1$ 时为何失效，以及根值法为什么强于比值法★ 要懂

比值法与根值法在

ρ = 1

时都失效，因为这时通项趋于零的速度与几何级数相当，无法分辨敛散。

p

级数（收敛的

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

与发散的

\frac{1}{n}

）的比值极限都是

1

，就是最典型的例子，这时必须退回比较判别法，与

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

比较。此外还有一个理论上的事实：根值法严格强于比值法。凡比值的极限存在时，根值的极限也存在且与之相等；但有些级数根值法能够判定，比值法却失效，通项按奇、偶两种规律给出时尤其如此。所以遇到整体是

n

次幂，或者奇、偶项规律不同的级数，应优先使用根值法。

证明 / 推导

先看

ρ = 1

时的失效。

\sum \frac{1}{n}

（发散）与

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

（收敛）的比值极限

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

二者同为

1

却一个发散一个收敛，可见

ρ = 1

时不能作出判定。

下面是根值法更强的例子：

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

。相邻两项之比在

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

与更小的值之间振荡，比值的极限不存在，比值法失效；但

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

，用根值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，用根值法：

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

，故级数收敛。若改用比值法，则会遇到较复杂的

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

型极限，反而繁琐。

💡 小知识

判别法只回答收敛与否，至于收敛到哪个数，那是另一门功夫。

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

收敛，它的和是

\frac{π ^{2}}{6}

。这就是巴塞尔问题，当时的数学家都拿它没有办法，最后由年轻的欧拉攻克，圆周率就这样从平方倒数之和里冒了出来。

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 · 数三 · 第 3 题 · 选择题 · 5 分

已知

k

为常数，则级数

n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} [\frac{1}{n} - ln (1 + \frac{k}{n ^{2}})]

（　　）。

A绝对收敛
B条件收敛
C发散
D敛散性与 $k$ 的取值相关

2023 年 · 数三 · 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

2019 年 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

若

n = 1 \sum \infty n u_{n}

绝对收敛，

n = 1 \sum \infty \frac{v _{n}}{n}

条件收敛，则（　　）

A $n = 1 \sum \infty u_{n} v_{n}$ 条件收敛
B $n = 1 \sum \infty u_{n} v_{n}$ 绝对收敛
C $\sum (u_{n} + v_{n})$ 收敛
D $\sum (u_{n} + v_{n})$ 发散

2017 年 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

若级数

n = 2 \sum \infty [sin \frac{1}{n} - k ln (1 - \frac{1}{n})]

收敛，则

k =

（　　）。

A $1$
B $2$
C $- 1$
D $- 2$

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（ $ρ = 2$ ）

2016 年 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

级数

n = 1 \sum \infty (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) sin (n + k)

（

k

为常数）（　）

A绝对收敛.
B条件收敛.
C发散.
D收敛性与 $k$ 有关.

2015 年 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

下列级数中发散的是（　　）。

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

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 时收敛、ρ>1 时发散、ρ=1 时失效★ 要懂

2. 比较判别法及其极限形式的证明：其余正项判别法都由它导出★★ 必会

3. 比值判别法为什么成立：ρ<1 时可用一个几何级数把它控制住★ 要懂

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 时为何失效，以及根值法为什么强于比值法★ 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： $n \to \infty lim n u_{n} = ρ$ ， $ρ < 1$ 时收敛、 $ρ > 1$ 时发散、 $ρ = 1$ 时失效★ 要懂

3. 比值判别法为什么成立： $ρ < 1$ 时可用一个几何级数把它控制住★ 要懂

5. $ρ = 1$ 时为何失效，以及根值法为什么强于比值法★ 要懂