§2 函数项级数
I 基本概念
一 函数列及其一致收敛性
1 定义
定义1 设{f n (x )}是一列定义在同一数集E 上的函数，若x 0∈E ，数列{f n (x 0)}收敛，则称函数列{f n (x )}在点x 0收敛，x 0称为{f n (x )}的收敛点，否则称函数列{f n (x )}在点x 0发散．若{f n (x )}在D ⊂E 上每点都收敛，则称{f n (x )}在D 上收敛，全体收敛点所成之集称为收敛域，此时在收敛域上的每一点，都有数列{f n (x )}的一个极限值与之对应，由这个对应法则所确定的D 上的函数，称为{f n (x )}的极限函数．若记之为f ，则有
lim f n (x )=f (x )，x ∈D ．
n →∞
函数列极限的ε−N 定义：lim f n (x )=f (x )，⇔x ∈D ⇔∀x ∈D ，∀ε>0，
n →∞
∃N (x , ε)>0，∀n >N ，有
f n (x )−f (x )
若对所有x ∈D ，存在公共的N >0，则称f (x )在D 一致收敛，即
定义2 设{f n (x )}与f (x )定义在同一数集D 上，若∀ε>0，∃N (ε)>0，∀n >N ，
∀x ∈D ，有
f n (x )−f (x )
则称{f n (x )}在D 上一致收敛于f (x )，记作
f n (x ) , f (x )（n →∞），x ∈D ．
2 判定
除用定义判断一致收敛以外，还可以用下面几种方法．
定理1（柯西准则）{f n (x )}于D 上一致收敛⇔∀ε>0，∃N >0，∀n , m >N ，
∀x ∈D ，有
f n (x )−f m (x
定理2 f n (x ) , f (x )（n →∞）（x ∈D ）⇔lim sup f n (x )−f (x )=0
n →∞x ∈D
⇔
∀ε>0，∃N >0，∀n >N ，有sup f n (x )−f (x )
x ∈D
命题 在D 上，f n →f (n →∞) ，若存在数列{a n }，使得f n (x ) −f (x ) ≤a n ，且
lim a n =0，则f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈D ．
n →∞
注 定理2比定理1更为适用，其困难在于求上确界．先求出f (x )（把x 看成常数，令
n →∞求之），然后求f n (x ) −f (x ) 的极值和最值．
3 收敛与一致收敛的关系 （1）f n ,f ⇒f n →f ；
（2）在有限区间上，f n →f ⇒挖去充分小区间后，f n ,f ． 4 一致收敛函数列的性质
定理3 设函数列{f n (x ) }在(a , x 0) ∪(x 0, b ) 上一致收敛于f (x ) ，且对每个n ，
x →x 0
lim f n (x ) =a n ，则lim a n 与lim f (x ) 均存在，且相等，即
n →∞
x →x 0
lim lim f n (x ) =lim lim f n (x ) ．
n →∞x →x 0
x →x 0n →∞
此说明在一致收敛的条件下两种极限可交换顺序．
定理4（连续性）若函数列{f n (x ) }在区间I 上一致收敛于f (x ) ，且∀n ，f n (x ) 在I 上连续，则f (x ) 在上I 也连续．
注 若各项为连续函数的函数列{f n (x ) }在区间I 上其极限函数不连续，则此函数列
{f n (x ) }在区间I 上不一致收敛．如：{x n }在(−1, 1]上．常用此来证明非一致收敛．
定理5（可积性）若函数列{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛，且每一项都连续，则
∫
b
a n →∞
lim f n (x ) dx =lim ∫f n (x ) dx ．
n →∞a
b
注（1）该定理指出：在一致收敛的条件下，极限运算与积分运算可以交换顺序； （2）一致收敛只是这两种运算换序的充分条件，而并非必要条件．如下例： 例 设函数
1⎧
2n αx , 0≤x
≤x
2n n ⎪
1⎪0, ≤x ≤1
⎪n ⎩
显然f n (x ) 在[0, 1]上连续，且f n (x ) →0(n →∞) ，而sup f n (x ) −0=αn ，因此，函数
x ∈[0, 1]
列一致收敛的充要条件是
αn →0(n →∞) ．由于
∫
1
f n (x ) dx =
αn
2n
，因此，
∫
1
f n (x ) dx →∫f (x ) dx 的充要条件是
1
αn
2n
→0(n →∞) ．这样当αn ≡1时，函数列非一
致收敛，但定理5的结论仍成立．
定理6（可微性）设{f n (x ) }为定义在[a , b ]上的函数列，若x 0∈[a , b ]为{f n (x ) }的收敛点，{f n (x ) }的每一项在[a , b ]上有连续的导数，且{f n ′(x ) }在[a , b ]上一致收敛，则
d d (lim f n (x )) =lim f n (x ) ． n →∞n →∞dx dx
注 由定理的条件可证：{f n (x ) }在[a , b ]也一致收敛．
二 函数项级数及其一致收敛性
1 定义
定义3 设{u n (x )}是定义在数集E 上的一个函数列，表达式
u 1(x )+u 2(x )+ +u n (x )+ ，x ∈E （1）
称为定义在E 上的函数项级数，简记为
∞
∑u (x )，称S (x )=∑u (x )，x ∈E 为函数项级
n
n
k
n =1
k =1∞
n
∞n
数的部分和．若x 0∈E ，级数
∞
∑u (x )收敛，则称级数∑u (x )在点x 收敛，x 称为级
n
00
n =1n =1
数（1）的收敛点；若级数
∑u (x )发散，则称（1）在点x 发散．若（1）在点集D 上每
n
n =1
点都收敛，则称（1）在D 上收敛；级数（1）的全体收敛点所成之集称之为收敛域，这样收敛级数在收敛域D 上定义了一个函数，记为S (x ) ，称之为（1）的和函数，即
S (x )=∑u n (x )，x ∈D ．
n =1
∞
定义4 设{S n (x )}是数S (x )，则称
2 判断
∞
∑u (x )的部分和函数列．若{S (x )}在数集D 上一致收敛于函
n
∞
n
n =1
∑u (x )在D 上一致收敛于函数S (x )，或称∑u (x )在D 上一致收敛．
n
n
n =1
n =1
∞
定理7（一致收敛的柯西准则）若
∑u (x )在D 上一致收敛⇔∀ε>0，∃N >0，
n n =1
∞
∀n >N ，∀p ∈Ν，∀x ∈D ，有u n +1(x )+ +u n +p (x )
定理8 若
∑u (x )在D 上一致收敛于S (x )⇔lim sup S (x )−S (x )=0
n n =1
n →∞x ∈D
n
∞
⇔lim sup R n (x )=0．（R n (x )=S (x )−S n (x )=
n →∞x ∈D ∞
k =n +1
． ∑u (x )）
k
∞
推论 级数
∑u (x )在D 上一致收敛的必要条件是：{u (x )}一致收敛于零．
n
n
n =1
定理9（M −判别法、优级数判别法、魏尔斯特拉斯判别法） 设
∑u (x )定为义在数集D 上的级数．若存在正项级数∑M
n n =1
n =1
∞∞
n
，使得
u n (x )≤M n ，n ≥N ．
则当
∑M
n =1
∞
n
收敛时，
∑u (x )在D 上一致收敛．
n n =1
∞
定理10（狄利克雷判别法）设 （1）
∑u (x )的部分和函数列{S (x )}
n
∞
n
∞
在n =1
I 上一致有界；
n =1
（2）∀x ∈I ，{v n (x )}是单调的； （3）v n (x ), 0（n →∞），x ∈I ， 则级数
∑u (x )v (x )在I 一致收敛．
n
n
n =1
∞
定理11（阿贝尔判别法）设 （1）
∑u (x )在I 一致收敛；
n n =1
∞
（2）∀x ∈I ,
{u n (x )}是单调的；
（3）{v n (x )}在I 一致有界，即∃M >0，u n (x )≤M ，∀x ∈I ，n =1, 2, ． 则
∑u (x )v (x )在I 一致收敛．
n
n
n =1
∞
3 和函数的分析性质
，且定理12 若u n (x )在x 0处连续（n =1, 2, ）
∑u (x )在x
n n =1
∞
0某领域一致收敛，则
S (x )=∑u k (x )在x 0处连续．
k =1
n
，且定理13 若u n (x )在(a , b )内连续（n =1, 2, ）则S (x )=
∑u (x )在(a , b )内闭一致收敛，
n n =1
∞
∑u (x )在(a , b )内连续．
k k =1
n
定理14（连续性） 若上也连续，即
且每一项都连续，则其和函数在[a , b ]∑u (x )在[a , b ]一致收敛，
n n =1
∞
⎛∞⎞∞⎛
lim ⎜∑u n (x )⎟=∑⎜lim u n (x )⎞⎟． x →x 0x x →⎠⎝n =1⎠n =1⎝0
即求和与求极限可以交换次序．
定理15（逐项求积）在定理14的条件下，有
∞b ⎛∞⎞
u n (x )⎟dx =∑∫u n (x )dx ． ∑∫a ⎜a
n =1⎝n =1⎠b
即求和与求积分可交换次序．
定理16（逐项求导）若函数项级数
∑u (x )满足条件：
n n =1
∞
（1）u n (x )在[a , b ]上有连续的导函数，n =1, 2, ； （2）∃x 0∈[a , b ]，
∞
∑u (x )在x 点收敛；
n
∞
n =1
（3）
∑u ′(x )在[a , b ]一致收敛，
n n =1
′∞
⎛∞⎞
′(x )． 则⎜∑u n (x )⎟=∑u n n =1⎝n =1⎠三 幂级数及其收敛域
形如
∑a (x −x )
n
∞
n
的函数项级数称为幂级数，通过变换可化为
n =1
∑a
n =1
∞
n
． x n
1 收敛半径、收敛区间、收敛域 定理17（阿贝尔引理）对幂级数
∞
∑a
n =1
∞
n
x n ，若它在点x 0≠0收敛，则对满足不等式
∞
x
n
n =1
n =1
满足不等式x >x 0的任何x 都发散．
由此易得幂级数
∑a
n =1
∞
n
x n 的收敛域是以原点为中心的区间，若以2R 表示区间的长度，
称R 为收敛半径，称(−R , R )为收敛区间，而收敛域可能包括收敛区间的端点．
2 收敛半径R 的求法
定理18 若lim a n =ρ，则当
n →∞
（1）0
1
ρ
；
（2）ρ=0时，R =+∞； （3）ρ=∞时，R =0．
注 当lim a n 不存在时，可以上极限代之，结论不变．
n →∞
定理19 若lim
n →∞
a n +1a n
=ρ，则当
（1）0
1
ρ
；
（2）ρ=0时，R =+∞； （3）ρ=∞时，R =0． 注 我们知道：若lim
n →∞
a n +1a n
=ρ，则lim a n =ρ．这样，从理论上讲，定理19是定
n →∞
理18的特例，但在实际应用中各有优势，当函数项级数的系数为n 次幂的形式，常用定理18；若系数含有阶乘或连乘积的形式，则常用定理19 ．若定理18中的极限不存在，则可用上极限代之，结论仍然成立．
2 幂级数的性质 定理20 若
∞
∑a
n =1n
∞
n
则它在(−R , R )内任一闭区间都一致收敛且绝x n 的收敛半径R >0，
∞
对收敛；若
∑a
n =1
n
R 收敛，则∑a n x n 在[0, R ]一致收敛．
n =1
定理21 若幂级数
∑a
n =1
∞
n
x n 的收敛半径R >0，则其和函数在(−R , R )内连续、可积、
可微，且有任意n 阶导数，并满足逐项可积和逐项求导法则．
注 幂级数与其诱导级数（逐项求导或求积）具有相同的收敛半径，但其收敛域有可能变化，即收敛区间端点的收敛性可能发生变化．
四、函数的幂级数展开
1 泰勒级数
若f 在U (x 0)存在任意阶导数，称幂级数
f (n )(x 0)(x −x 0)n + f (x 0)+f ′(x 0)(x −x 0)+ +
n !
为函数f (x )在x 0的泰勒级数．
注（1）泰勒级数未必收敛；
⎧−x 1⎪
（2）泰勒级数即使收敛，亦未必收敛于f (x )．如f (x )=⎨e , x ≠0 在x =0点．
⎪⎩0, x =0
2 收敛定理
定理22 设f 在点x 0具有任意阶导数，那么f 在U (x 0)内等于它的泰勒级数的和函数的充分必要条件是：∀x ∈U (x 0) ，lim R n (x )=0．这里R n (x )是f 在x 0的泰勒公式余项．
n →∞
定理23 若函数f 在U (x 0)存在任意阶导数，且∃M >0，有
f (n )(x )≤M ，n =1, 2, ，x ∈U (x 0)，
则f (x )=
∑
n =0
∞
f (n )(x 0)(x −x 0)n ．
n !
若函数f (x )在x 0的泰勒级数收敛于f (x )，则称泰勒级数为f 在x 0的泰勒展开式或幂级数展开式，也称f 在x 0可展为幂级数或泰勒级数．当x 0=0时的泰勒级数又称为马克劳林级数．
3 初等函数的幂级数展开式
x n
，x ∈R ； （1）e =∑n ! n =0
x
∞
（2）sin x =
∑(−1)
n =1∞
∞
n −1
x 2n −1
，x ∈R ；
2n −1!
x 2n
（3）cos x =∑(−1)，x ∈R ；
2n ! n =0
n
（4）ln (1+x )=
α
∑
n =1
∞
(−1)n −1x n ，x ∈(−1, 1]；
n
（5）(1+x )=1+
∑
n =1
∞
α(α−1) (α−n +1)
n !
x n ，当α≤−1时，x ∈(−1, 1)；当
−10时，x ∈[−1, 1]；
∞
1
（6）=∑x n ，x
1−x n =0
∞
1n
（7）=∑(−1)x n ，x
1+x n =0
五、傅里叶级数
1 正交性与正交函数系
定义5 设f ，g 在[a , b ]上有定义，且可积．若在[a , b ]上正交．
性质 三角函数系{1, cos x , sin x , , cos nx , sin nx , }在[−π, π]或[0, 2π]上具有正交性，称之为[−π, π]上的正交函数系．
∫f (x )g (x )dx =0，则称f (x )，g (x )
a
b
a 0∞称形如 +∑(a n cos nx +b n sin nx ) 的函数级数为三角级数．
2n =1
2 傅里叶系数及级数
设函数f 是以2π为周期且在[−π, π]上可积的函数，称
a n =
1
π
1
∫πf (x )cos nxdx , n =0, 1, 2, ，
−
π
b n =
π
∫πf (x )sin nxdx ，n =1, 2, ，
−
π
为函数f 的傅里叶系数，以f 的傅里叶系数为系数的三角级数称为f 的傅立叶级数，记为
a 0∞
f (x )~+∑(a n cos nx +b n sin nx ) （1）
2n =1
3 傅立叶级数的收敛定理
则在每一点x ∈[−π, π]，f 定理24 若以2π为周期的函数f 在[−π, π]上按段光滑，的傅立叶级数（1）收敛于f 在点x 的左右极限的算术平均值，即
f (x +0)−f (x −0)a 0∞
=+∑(a n cos nx +b n sin nx )．
22n =1
注 在区间端点则收敛于
1
[f (−π+0)+f (π−0)]． 2
4 奇偶函数的傅氏级数
设f (x )是以2π为周期，且在[−π, π]上按段光滑的函数，则 （1）若f 为偶函数，则b n =0，n =1, 2, ，a n =此时的傅氏级数常称为余弦级数；
2
π
∫f (x )cos nxdx ，n =0, 1, 2, ，
π
（2）若f 为奇函数，则a n =0，n =0, 1, 2, ，b n =此时的傅氏级数常称为正弦级数．
2
π
∫f (x )sin nxdx ，n =1, 2, ，
π
注 对给予[0, π]区间上的函数，常作奇（偶）延拓，使其傅氏级数简单． 5 以2l 为周期的函数的展开式
设函数f 是以2l 为周期，且在[−l , l ]上按段光滑的函数，则∀x ∈[−l , l ]，有
f (x +0)−f (x −0)a 0∞
=+∑(a n cos nx +b n sin nx )，
22n =1
其中a n =
n πx n πx 1l 1l
()，，() cos dx n =0, 1, 2, =sin dx ，n =1, 2, ．f x b f x n ∫∫−−l l l l l l
II 例题选解
一 函数列的收敛与一致收敛
例1 证明函数列f n (x ) =nx (1−x ) , n ≥1，在[0, 1]上收敛，但非一致收敛．
证 当x =0或x =1时，f n (x ) =0, n ≥1，当x ∈(0, 1) 时，0
n
lim nx (1−x ) n =0(级数∑nx (1−x ) n 收敛), 所以f (x ) =lim f n (x ) =0，即f n (x ) 在
n →∞
n →∞
[a , b ]上收敛．
111
sup f n (x ) −f (x ) ≥f n () =(1−n →≠0(n →∞) ， x ∈[0, 1]
所以，f n (x ) 在[a , b ]上非一致收敛．
例2（哈尔滨工大1999）设连续函数列{f n (x ) }在闭区间[a , b ]上一致收敛于函数f (x ) ，
x n ∈[a , b ](n =1, 2, , ) ，且lim x n =x 0．证明：lim f n (x n ) =f (x 0) ．
n →∞
n →∞
分析：f n (x n ) −f (x 0) ≤f n (x n ) −f (x n ) +f (x n ) −f (x 0) ． 证 由一致收敛定义得：∀ε>0, ∃N 1>0, ∀n >N 1, ∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
∃δ>0，又{f n (x ) }连续，且一致收敛于f (x ) ，所以f (x ) 在[a , b ]也连续，则对上述ε>0，
当x ∈U (x 0, δ) ∩[a , b ]时，有
f (x ) −f (x 0)
而lim x n =x 0，则对上述δ>0, ∃N 2>0, 当n >N 2时，有x n −x 0N 2
n →∞
时，有
f (x n ) −f (x 0)
取N =max {N 1, N 2}，则当n >N 时，（1）和（2）式均成立，故有
f n (x n ) −f (x 0) ≤f n (x n ) −f (x n ) +f (x n ) −f (x 0)
即 lim f n (x n ) =f (x 0) ．
n →∞
例3（武汉大学2001）设{f n (x ) }在[a , b ]上连续，且{f n (b ) }发散，证明：{f n (x ) }在
[a , b ]上非一致收敛．
证 假设
{f n (x ) }
在[a , b ]上一致收敛，则由柯西收敛准则得：
∀ε>0, ∃N >0, ∀n , m >N , 有
f n (x ) −f m (x )
又f n (x ) (n ≥1) 在[a , b ]上连续，令x →b −得
f n (b ) −f m (b ) ≤ε，
由数列的柯西收敛准则知{f n (b ) }收敛，矛盾，所以，{f n (x ) }在[a , b ]上非一致收敛．
例4（华东师大1999）设对每一个n ，f n (x ) 为[a , b ]上有界函数，且
f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈[a , b ]．
证明：（1）f (x ) 在[a , b ]上有界；
（2）lim sup f n (x ) =sup f (x ) ．
n →∞a ≤x ≤b
a ≤x ≤b
证（1）由一致收敛定义得：对ε=1, ∃N >0, 当n ≥N 时，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
特别地，有f (x )
（2）由题设及（1）知上确界都存在，且有
a ≤x ≤b
sup f n (x ) −sup f (x ) ≤sup f n (x ) −f (x ) ，
a ≤x ≤b
a ≤x ≤b
由此易得结论（2）成立．
思考题1（南开大学1999）设函数列{f n (x ) }在区间I 上一致收敛于f (x ) ，且存在数列{a n }，使得当x ∈I 时，总有f n (x ) ≤a n ．证明：f (x ) 在I 上有界．
例5（华东师大2000）设{f n (x ) }为[a , b ]上连续函数列，且
f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈[a , b ]． （1）
证明：若f (x ) 在[a , b ]上无零点，则当n 充分大时，f n (x ) 在[a , b ]上无零点，，且有
11
,(n →∞), x ∈[a , b ]． f n (x ) f (x )
证 由函数列一致收敛的性质知f (x ) 在[a , b ]上连续，又f (x ) 在[a , b ]上无零点，故由连续函数的零点定理知f (x ) 在[a , b ]上不变号，不妨设f (x ) >0．设m 为其最小值，则
m >0．由（1）得：对ε=m 2，∃N >0，当n >N 时，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
由此得：当n >N 时，有
f n (x ) ≥f (x ) −ε≥
m ， 2
所以当n >N 时，f n (x ) 在[a , b ]无零点．同时，我们有
f (x ) −f (x ) 114
−=n ≤2f n (x ) −f (x ) ， f n (x ) f (x ) f n (x ) f (x ) m
由一致收敛的定义立得
11
,(n →∞), x ∈[a , b ]． f n (x ) f (x )
例6（华东师大2001）设f (x ) 在[0, 1]上连续，f (1) =0．证明：
{}在[0, 1]上不一致收敛； （2）{f (x ) ⋅x }在[0, 1]上一致收敛．
（1）x
n
n
证（1）由于
⎧0, 0≤x
f (x ) =lim x n =⎨
n ←∞
⎩1, x =1,
即f (x ) 在[0, 1]上不连续，而
{x }连续，故{x }在[0, 1]上不一致收敛．
n
n
n
（2）由f (1) =0及连续得：∀ε>0, ∃δ∈(0, 1) ，当x ∈(1−δ, 1]时，有f (x )
0，使得
∀x ∈[0, 1]，有f (x ) ≤M ，于是有
lim sup f (x ) ⋅x n ≤M lim (1−δ) n =0，
n →∞x ∈[0, 1−δ]
n →∞
从而当n 充分大时，有
sup f (x ) ⋅x n −0≤ε，
x ∈[0, 1]
即f (x ) ⋅x
{
n
}在[0, 1]上一致收敛于0．
例7（河北师大）（1）设（i）f n (x ) (n =1, 2, ) 在[a , b ) 上连续； （ii）{f n (x ) }在[a , b ) 上一致收敛于f (x ) ； (iii) 在[a , b ) 上f n (x ) ≤f n +1(x ), n ≥1 ， 试证：e
{
f n (x )
}在[a , b ) 上一致收敛于e
f (x )
．
（2）若将（1）中条件（iii）去掉，（1）中结论是否还成立？试证明你的结论． 证（1）由例4的结论知，∃M >max a , b ，使得
{}
f n (x ) ≤M , f (x ) ≤M , ∀x ∈[a , b ), n ≥1．
令g (x ) =e ，则g (x ) 在[−M , M ]上连续，从而一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0, 当
x
x 1, x 2∈[−M , M ]，且x 1−x 2
e x 1−e x 2
又
{f n (x ) }在[a , b )
上一致收敛于f (x ) ，所以对上述
δ>0，∃N >0，当
n >N , ∀x ∈[a , b ) ，有 f n (x ) −f (x )
e f n (x ) −e f (x )
由定义知 e
{
f n (x )
}在[a , b ) 上一致收敛于e
f (x )
．
（2）结论仍然成立．这是因为在（1）的证明中根本没有用到条件（iii）．
思考题2（北京科技大学2001）设{f n (x ) }在[a , b ]上连续，且一致收敛到f (x ) ．证明： （1）∃M >0，使得∀n ≥1, ∀x ∈[a , b ]，有f n (x ) ≤M , f (x ) ≤M ； （2）若g (x ) 在(−∞, +∞) 内连续，则g (f n (x )) 在[a , b ]上一致收敛到g (f (x )) ． 例8（北京大学1996）设在[a , b ]上，f n (x ) 一致收敛于f (x ) ，g n (x ) 一致收敛于
g (x ) ．若存在正数列{M n }，使得
f n (x ) ≤M n , g (x ) ≤M n , x ∈[a , b ],n ≥1．
证明：f n (x ) ⋅g n (x ) 在[a , b ]上一致收敛于f (x ) g (x ) ．
提示：仿例4可证f n (x ), f (x ) 和g n (x ), g (x ) 均在[a , b ]上一致有界，然后利用定义即可．
例9（中科院2000）设函数f (x ) 在[a , b ]上有连续的导函数f ′(x ) ，a
11
，定义函数：f n (x ) =n [f (x +) −f (x )]．试证：f n (x ) 在[a , β]上b −β
一致收敛于f ′(x ) ．
证 f ′(x ) 在[a , b ]上连续，从而一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0，∀x 1, x 2∈[a , b ]，当
x 1−x 2
f ′(x 1) −f ′(x 2)
取N >max ⎨,
⎧1
1⎫1
，则当n >N 时，∀x ∈[a , β]，有x +∈[a , b ]，从而由上式和
⎩δb −β⎭
微分中值定理得
f n (x ) −f ′(x ) =f ′(x +ξn ) −f ′(x )
即f n (x ) 在[a , β]上一致收敛于f ′(x ) ．
思考题3（北航）证明：对任意实数x ，级数
sin x −sin sin x +sin sin sin x −
收敛．
提示：利用Leibniz 判别法．
二 函数列与函数级数的一致收敛判别法
1 定义法
例10 设f (x )在R 上有连续的导函数，f n (x )=e n f x +e −n −f (x )（n =1, 2, ）．证明：{f n (x )}在任一有限区间(a , b )内一致收敛于f ′(x )．
解 由微分中值定理得
[()]
f x +e −n −f (x )f n (x )−f ′(x =−f ′(x )=f ′(ξ)−f ′(x )，x
e
，当x 1, x 2∈[a , b +1]，又因为f ′在[a , b +1]上一致连续，即∀ε>0，∃δ>0（δ
()
x 1−x 2
1
δ
，则当n >N ，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x )−f ′(x )
故f n (x ), f (x )（n →∞），x ∈(a , b )．
例11设f n (x ) =
k 1
其中f (x ) 在(−∞, +∞) 上连续．求证：函数列{f n (x ) }f x (+，∑k =0
n −1
在有界闭区间[a , b ]上一致收敛．
分析：容易看出f n (x )→
，因此只需证：∀ε>0，∃N >0，∫f (x +t )dt （n →∞）
01
∀n >N ，x ∈I ，有
f n (x )−∫f (x +t )dt
1
证 由定积分定义知
lim f n (x ) =∫f (x +t ) dt ．
n →∞
1
即∀ε>0, ∃δ>0, ∀x 1，由于f (x ) 在(−∞, +∞) 上连续，所以f (x ) 在[a , b +1]上一致连续，
x 2∈[a , b +1]，当x 1−x 2
f (x 1) −f (x 2)
取N >δ−1，则当n >N 时，由上式得 f (x +n −1) −f (x )
f n (x ) −∫f (x +t ) dt =
1
∑∫
k =0
n −1
k +1
k k
(f (x +−f (x +t )) dt
≤
∑∫
k =0
n −1
k +1n k n
k
f (x +) −f (x +t ) dt ≤ε，
即{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛． 思考题4（兰州大学）设f n (x ) =
1k cos(x +∑) , n =1, 2, ．证明：{f n (x ) }在k =1
n
(−∞, +∞) 上一致收敛．
例12（北京大学）至少用两种方法证明级数
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
x n (1−n −1) n 1n
证法一 lim sup R n (x ) =lim sup lim n (1≥lim =−=+∞，n →∞x ∈[0, 1) n →∞x ∈[0, 1) 1−x n →∞1−(1−n −1) n →∞
所以
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
1−x n 1x n
，S n (x ) −S (x ) =．取, S (x ) =证法二 在[0, 1) 上，S n (x ) =
1−x 1−x 1−x
ε0=1>0, ∀N >0, ∃n 0=N +2>N , ∃x 0=1−(2n 0) −1∈[0, 1) ，有
S n 0(x 0) −S (x 0) =2n 0⋅(1−
由定义知
1n 011
) ≥2(1−) >2(1−=1=ε0， 2022
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
n
注 在证法二中运用了贝努里不等式：当x >−1时，有(1+x ) ≥1+nx ．可用数学归纳法证明这个结论．
思考题5（同济大学）证明：
∑x
n =1
∞
n
(1−x n ) 在[0, 1]上处处收敛，但非一致收敛．
提示：当x =1时显然收敛，当x ∈[0, 1) 时，一致收敛类似上题证法一．
思考题6（中科院）证明：函数级数
−3
∑x
n =1
∞
n
(1−x ) =∑x −∑x 2n ，收敛．非
n
n n =1
n =1
∞∞
n
在(0, 1) 内收敛，但非一致收敛． ∑3
n =01+n x
∞
提示：证明非一致收敛时取x 0=n ．
例13（吉林大学）设0
n →∞
（2）级数
∑x
n =1
∞
p n
当p >2时收敛，当p ≤2时发散．
证 由第一章例26得
lim
n →∞
x n 3=1，
由此立得结论成立．
2 放大法
对于函数列，将f n (x )−f (x )适当放大至一个与x 无关的收敛于零的数列（无穷小量），即
f n (x )−f (x )≤αn →0（n →∞）
其中αn 与x 无关．
对于级数，则讨论其余项R n (x )，即
R n (x )≤αn →0（n →∞），
其中αn 与x 无关．
实现放大有很多技巧，如通过已知的不等式，求极值，余项估计，递推放大等． 例14 设f n (x )在[a , b ]上可积，n =1, 2, ，f (x )，g (x )在[a , b ]上也可积，且
lim ∫f n (x )−f (x )dx =0，
2
b
n →∞a
记h (x )=
∫f (t )g (t )dt ，h (x )=∫
a
n
x x a
f n (t )g (t )dt ，则在[a , b ]上h n (x ), h (x )(n →∞) ．
证（不等式法）由于
h n (x )−h (x )=
x
∫a (f n (t )−f (t ))g (t )dt ≤∫a f n (t )−f (t )g (t )dt
12
x x
22
≤⎛⎜∫a f n (t )−f (t dt ⎞⎟⋅⎛⎜∫a g (t )dt ⎞⎟ ⎝⎠⎝⎠
1
2
12
x
12
≤⎛⎜∫a f n (t )−f (t )dt ⎞⎟⋅⎛⎜∫a g (t dt ⎞⎟→0(n →∞) ． ⎝⎠⎝⎠
2
2
b b
所以，h n (x ), h (x )(n →∞) ，∀x ∈[a , b ]．
x (ln n )例15（广西大学）给定函数列f n (x )=（n =2, 3, 4, ）．试求当α为何值时，
n x
α
{f n (x )}在[0, +∞)上一致收敛．
α+1
(ln n )⎛
解（极值法） 由f ′(x )=
n
n x
111⎞
()x 知：当时，f x 严增，当−x x ⎜⎟n
ln n ln n ⎝ln n ⎠
1⎛1⎞
处取最在值，最大值为f n ⎜⎟．此外，易求ln n ⎝ln n ⎠
时，f n (x )严减，因此函数f n (x )在x =
极限函数为f (x )≡0，于是，当n →∞时，有
⎛1⎞(ln n )sup f n (x )−f (x )=f n ⎜⎟=1
x ∈[0, +∞) ⎝ln n ⎠
n ln n
α−1
α−1
(ln n )=
(e )
1ln n ln n
⎧→0, α
1−1α−1⎪
=(ln n )⎨→e , α=1, e ⎪→+∞, α>1,
⎩
所以{f n (x )}当且仅当α
例16（湖北大学2002）试问k 为何值时，f n (x ) =xn k e −nx 在[0, +∞) 上一致收敛． 解 ∀x ∈[0, +∞) ，有
xn k
f (x ) =lim f n (x ) =lim nx =0，
n →∞n →∞e
且f ′′(n ) =−n 而f n ′(x ) =n k e −nx (1−nx ) ，令f n ′(x ) =0得x =n −1，
x →∞
−1k +1
e
为其极大值点，又f n (0) =0, lim f n (x ) =0，所以也是其最大值点，于是
x ∈[0, +∞)
sup f n (x ) −f (x ) =f n (n −1) =e −1n k −1，
由此可得，当k
例17 试证：
n
()1−∑n =1∞
n
在(−∞, +∞)内一致收敛．
n 2+x 2
x 2−y 2y
证（余项估计法） 设f (y )=2，则f ′(y )=．可见∀x ∈R ，当y 2222x +y x +y
充分大时，f (y )是单减的，即级数通项是单减的．因而是Leibniz 级数．因此，当n 充分大时，
R n (x )≤
n +11
， ≤→0（n →∞）22
n +1+x n +1
所以该级数在R 内一致收敛．
例18 讨论常数）．
解 原级数可写成
∞
⎛nx 1nx ⎞⎜⎟=⋅∑∑⎜⎟， ++++++−+1x 12x 1nx 1x 12x 1n 1x 1nx n =1n =1⎝⎠∞
nx
在(0, a )与(a , +∞)内的一致收敛性（a >0为∑1+x 1+2x 1+nx n =1∞
∀x ∈(0, +∞)，级数∑
数列⎨
nx 11收敛（），
1+x 1+n −1x 1+x 1+x 1+2x 1+nx n =1∞
⎧nx ⎫
⎬单增有界，由阿贝尔判别法知其收敛，此外， 1+nx ⎩⎭
∞
kx kx +1−1
R n (x )=∑=∑
++1x 1kx 1+x 1+k −1x 1+kx k =n +1k =n +1
∞
==
由此立得
⎡⎤11−∑⎢1+x 1+k −1x 1+x 1+kx ⎥
k =n +1⎣⎦1
．
1+x 1+nx 1
→0（n →∞）．
1+a 1+na ∞
x ∈(0, a )
sup R n (x )=1，sup R n (x ) =
x ∈(a , +∞)
所以在(0, a )内非一致收敛，在(a , +∞)内一致收敛．
例19（吉林工业大学）设f 1(x )在[a , b ]上正常可积，f n +1(x )=明：函数序列{f n (x )}在[a , b ]上一致收敛于零．
证（递推方式放大） 由f 1(x )在[a , b ]上正常可积知f 1(x )在[a , b ]有界，即∃M >0，使得
证∫f (t )dt ，n =1, 2, ．
a
n x
f 1(x )≤M ，∀x ∈[a , b ]．
从而
f 2(x )≤∫
x a
x a
f 1(t )dt ≤M (x −a )，
x
f 3(x )≤∫f 2(t dt ≤M ∫(t −a )dt =
a
M
(x −a )2， 2!
一般地，若对n 有f n (x )≤
x
M
(x −a )n −1，则
n −1!
x M M n −1n
， ()()−=−t a dt x a
n −1! ∫a n !
f n +1(x )≤∫f n (t )dt =
a n
M (b −a )，故f n (x ), 0（n →∞），x ∈[a , b ]． 从而有f n +1(x )≤→0（n →∞）
n !
注 将区间[a , b ]换成[0, a ]便是北航1999年考研题．
例20（华中师大2002，东北师大）设G (x , t ) 在矩形D =[a , b ]×[a , b ]上连续，u 0(x ) 在[a , b ]上连续，令u n (x ) =一致收敛．
有G (x , t ) ≤M 1, ∀(x , t ) ∈D ；证 G (x , t ) 在D 上连续，从而在D 上有界，即∃M 1>0，又u 0(x ) 在[a , b ]上连续，则有界，故存在M 2>0，有u 0(x ) ≤M 2, ∀x ∈[a , b ]．于是
∫u
a
x
n −1
(x ) dx , n =1, 2, , x ∈[a , b ]．证明{u n (x ) }在[a , b ]上
u 1(x ) ≤∫G (x , t ) u 0(x ) dx ≤M 1M 2(x −a ) ≤M 1M 2(b −a ) ，
a
x
u 2(x ) ≤∫
x a
M 12M 2(b −a ) 2
， G (x , t ) u 1(t ) dt ≤M M 2∫(t −a ) dt ≤
a 2!
2
1
x
M 1n M 2(b −a ) n M 1n M 2(b −a ) n
, n ≥1．由比式判别法知∑u n (x ) ≤
n ! n ! M 12M 2(b −a ) n
收敛，所以lim =0，从而lim sup u n (x ) =0，即{u n (x ) }在[a , b ]上一
n →∞x ∈[a , b ]n →∞n !
致收敛．
例21（南京大学，吉林大学）假设 （i ）f (x )在(−∞, +∞)内连续； （ii ）x ≠0时，f (x
（iii ）令f 1(x )=f (x )，f 2(x )=f (f 1(x ))，……，f n (x )=f (f n −1(x ))，……． ． 试证{f n (x )}在[−A , A ]上一致收敛（其中A 为正常数）
证 由（ii ）知0≤f (x )
连续），从而在[−A , A ]上，f (x )≤x ．∀ε>0（ε
存在小于1的正数q ，使得M
f (x )≤max {ε, qA }．
由此易得：∀x ∈[−A , A ]，若f (x )≤ε，则f 2(x )=f (f (x ))≤f (x )≤ε，若
f (x )∈[ε, A ]∪[−A , −ε]，则f 2(x )=f (f (x ))≤q f (x )≤q 2A ，所以总有
f 2(x )≤max ε, q 2A ．
依次下去，可得
{}
f n (x )≤max ε, q n A ，n =1, 2, ．
由于0
n
{}
一致收敛．
例22 设αn >0，lim αn =0u n (x )≤αn （当x ∈I ），且u i (x )u j (x )=0（i ≠j ）．试
n →∞
证：
． ∑u (x )在I 一致收敛（这里I 是任意区间）
n n =1
∞
证 ∀x ∈I ，由u i (x )u j (x )=0（i ≠j ）知{u n (x )}中至多有一项不为零，因此，该级数的余项R n (x )满足：
R n (x )≤sup u k (x )≤sup αn →0（n →∞）
k >n
k >n
故
∑u (x )在I 上一致收敛．
n n =1
∞
3 Cauchy收敛准则
只需判定任意两个函数之差任意小，不需求出极限函数，这一点比用定义法优越． 例23（上海交大2000）设可微函数列{f n (x ) }在[a , b ]上收敛，{f n ′(x ) }在[a , b ]上一致有界．证明：{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
证 由条件：∃M >0，使得∀x ∈[a , b ],∀n ≥1，有f n ′(x ) ≤M ．于是，∀ε>0,
∃δ=
ε
3M
>0，∀x 1, x 2∈[a , b ]，当x 1−x 2
f n (x 1) −f n (x 2) =f n ′(ξn ) x 1−x 2
ε
3
． （1）
将区间[a , b ]m 等分，使每一小区间的长度小于δ，记这m 个区间的中点为x 1, , x m ．由于{f n (x ) }在[a , b ]收敛，从而在每个点x i 收敛，于是，∃N i =N i (ε, x i )>0，∀p ∈Ν，
∀n >N i ，有
f n (x i ) −f n +p (x i )
ε
3
，i =1, 2, , m ． （2）
令N =max {N 1, N 2, , N m }，则当n >N 时，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，∃i ，使x 属于第i 个小区间，于是由（1）和（2）式得
f n +p (x ) −f n (x ) =f n +p (x ) −f n +p (x i ) +f n +p (x i ) −f n (x i ) +f n (x i ) −f n (x )
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
=ε．
即 {f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
例24（华东师大）设{u n (x )}为[a , b ]上的可导函数列，且在[a , b ]上有
∑u (x ≤c ，
k k =1
n
其中c 为与x 和n 无关的正实数．证明：若
∞
∑u (x )在[a , b ]上收敛，则必为一致收敛．
n n =1
∞
证法一
∑u (x )在[a , b ]上收敛，则∀x ∈[a , b ]，∀ε>0，∃N =N (ε, x )>0，当
n
00
n =1
n >N ，有
k =n +1
∑u k (x 0)
n +p
ε
2
，∀p ∈Ν．
取δ=
ε
4c
，则当x ∈[a , b ]，x −x 0N ，∀p ∈Ν时，有
k =n +1
∑u (x )≤∑u (x )−∑u (x )+∑u (x )
k
k
k
k
k =n +1
k =n +1
k =n +1
n +p n +p n +p n +p
≤
即
εε′
(u ξx −x +
22k =n +1
n +p
k =n +1
∑u (x )N ．
k
n +p
这样，当x 0取遍[a , b ]中所有点时，得[a , b ]的开覆盖U (x , δx )x ∈[a , b ]，在每个小区间上式成立．由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，设为U (x i , δi )，i =1, 2, , l ．取
{}
N =max {N (ε, x i )}，当n >N ，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，都有
k =n +1
∑u (x )
k
n +p
即一致收敛．
证法二 ∀ε>0，取m 充分大，将[a , b ]m 等分，使每个小区间的长度δ
∞
ε
4c
．顺次
∑u (x )在[a , b ]收敛，从而在每个x 收敛，于是，
n
i
n =1
∃N =N (ε, x i )>0，∀p ∈Ν，∀n >N ，有
k =n +1
∑u k (x i )
n +p
ε
2
，i =1, 2, , m
令N =max {N 1, N 2, , N m }，则当n >N 时，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，∃i ，使x 属于第i 个小区间，有
′⎞⎛n +p
u k (x )=∑u k (x i )+∫⎜u k (t )⎟∑∑⎟dt x i ⎜k =n +1k =n +1⎠⎝k =n +1
n +p
n +p
x
≤
k =n +1
∑u k (x i )+∫
n +p
x
x i
εεε′
()u t dt
222k =n +1
n +p
ϕn (x ) }在[a , b ]上例25（云南大学）设函数f (x , y ) 在[a , b ]×[c , d ]上连续，函数序列{
一致收敛，且满足条件c ≤ϕn (x ) ≤d , n ≥1．证明：F n (x ) =f (x , ϕn (x )) (n ≥1) 在[a , b ]上一致收敛．
证 f (x , y ) 在[a , b ]×[c , d ]上连续，则在其上一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0，
∀(x 1, y 1) ，(x 2, y 2) ∈[a , b ]×[c , d ]，当x 1−x 2
f (x 1, y 1) −f (x 2, y 2)
设{ϕn (x ) }在[a , b ]上一致收敛于ϕ(x ) ，则对上述δ>0，∃N >0，当n >N 时，
∀x ∈[a , b ]，都有
ϕn (x ) −ϕ(x )
从而当n >N 时，∀x ∈[a , b ]，由（1）式得
F n (x ) −f (x , ϕ(x )) =f (x , ϕn (x )) −f (x , ϕ(x ))
即{F n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
例26（吉林大学）设函数序列f 0(x ), f 1(x ), ，在区间I 上有定义，且满足：
i) f 0(x )≤M ， ii)
∑f (x )−f (x )≤M ，m =0, 1, 2, ，其中M 是常数．
n
n +1
n =0
m
试证：如果级数
∞
∑b
n =0
∞
n
收敛，则
∑b f (x )必在I 一致收敛．
n
n
n =0
∞
证
∑b
n =0
n
收敛，则∀ε>0，∃N >0，当n >N 时，∀p ∈Ν，有
n +p
k =n +1
∑b
k
记S i =
n +p
k =n +1
∑b
k
k
n +i
k
，于是S i
k =n +1
∑b f (x )≤S
1
f n +1−f n +2+S 2f n +2−f n +3+ +S p −1f n +p −1−f n +p +S p f n +p
≤M ε+εf n +p ．
而f n +p =f 0+f 0−f 1+f 1−f 2+ +f n +p −1−f n +p
k =n +1
∑b f (x )
k
k
n +p
即
k =n +1
∑b f (x )在I 一致收敛．
k
k
n +p
用Cauchy 准则证明非一致收敛． 例27 证明：级数
n +p
sin nx
在x =0的任一邻域内非一致收敛． ∑n n =1
∞
n +p
sin kx 1
的麻烦在于每项因子有sin kx ，否则∑很容易证明其发散．因分析：估计∑k k =n +1k =n +1k
此，我们想：在x =0的任一邻域U (0, δ)，当k 从n +1变化到n +p 时，sin kx 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当x ∈⎢
π⎡ππ⎤
, ⎥时，sin kx ≥sin ，因此，取
4⎣42⎦
x 0∈U (0, δ)，使sin kx 0≥sin
可．
证 取ε0=
π
4
，即只需kx 0∈⎢
π⎡ππ⎤
即, ，k =n +1, , 2n ．取x 0=4n 42⎣⎦
π2
，∀N ∈Ν，∃n >N ，∃p =n ，∃x 0=∈U (0, δ)，有
4n 4
2n
sin kx 0π1π12
≥>==ε0， sin sin ∑∑k k 4244k =n +1k =n +12n
由柯西收敛准则知
sin nx
非一致收敛． ∑n n =1
∞
4 M 判别法
关键在于寻找适当的收敛的正项级数，常用方法除观察法之外，还有①求u n (x )在I 上的最大值；②利用已知的不等式；③Taylor 公式；④微分中值定理等．
例28（安徽大学）证明：
∑x (1−x )
n n =1
∞
2
在[0, 1]上一致收敛．
证（最大值法） 记u n (x )=x (1−x )，则
n
2
′(x )=nx n −1(1−x )−2x n (1−x ) u n
2
′(x )=0得稳定点x =0, 1, 令u n
上的最大值为u n ⎜
n ⎛n ⎞
，而u n ⎜⎟>u n (0)=u n (1)=0，所以u n (x )在[0, 1]n +2⎝n +2⎠
⎛n ⎞
⎟，从而 n +2⎝⎠
n
2
2
2
n ⎞⎛n ⎞⎛2⎞4⎛n ⎞⎛u n (x ≤⎜⎟⎜1−⎟≤⎜1−⎟=⎜⎟
n ⎝n +2⎠⎝n +2⎠⎝n +2⎠⎝n +2⎠
∞
42
由∑2收敛知∑x n (1−x )在[0, 1]上一致收敛． n =1n n =1
∞
例29 证明：
∑arctan x
n =1
∞
2x
在(−∞, +∞)内一致收敛． 23
+n
分析：（不等式法）arctan
2x 2x 1
≤≤． 2323x +n x +n n
∞
n
1⎡x ⎛x ⎞⎤
例30（北京大学）证明：函数项级数∑⎢e −⎜1+⎟⎥在任意有穷区间[a , b ]上一
⎝n ⎠⎥n =1n ⎢⎣⎦
致收敛，在(−∞, +∞)上非一致收敛．
分析：首先建立不等式：对任意自然数n ，当t ≤n 时，有
t 2−t ⎛t ⎞
（吉林工业大学） e −⎜1−⎟≤e ，n ⎝n ⎠
−t
n
n n 2
t 2⎡⎛t ⎞t ⎤⎛t ⎞t t
−⎢1−⎜1−⎟e ⎥，记f (t )=只需证f (t )≥0事实上，原式等价于：1−⎜1−⎟e ≤，
n n ⎢⎝n ⎠⎣⎝n ⎠⎥⎦
（当t ≤n ）．而
2t f ′(t )=
n
t
⎛t ⎞−⎜1−⎟⎝n ⎠
n −1
n −1
n n −1
t ⎡t ⎞⎤⎛t ⎞t ⎛e +e ⎜1−⎟=⎢2−e ⎜1−⎟⎥． n ⎢⎝n ⎠⎝n ⎠⎥⎣⎦t
t
⎛t ⎞
用ξ表示方程2−e ⎜1−⎟
⎝n ⎠
=0的根（倘若存在的话），则极值点可能是t =0，t =ξ及
t =n ，但
f (0)=0，
n
ξ2⎡⎛ξ⎞ξ⎤ξ2⎡⎛ξ⎞⎤f (ξ)=−⎢1−⎜1−⎟e ⎥=−⎢1−2⎜1−⎟⎥（ξ所满足的方程）
n ⎢⎝n ⎠⎦⎦n ⎣⎣⎝n ⎠⎥
⎛ξ⎞ξ
=⎜1−⎟+2(n −1)≥0， ⎝n ⎠n
2
2
f (n )=n −1→+∞，
由此得f (t )≥min f (t )=f (0)=0．
t ≤n
其次，不妨设有限区间[a , b ]满足：a ≤M ，b ≤M ，则由所证不等式有
1⎡x ⎛x ⎞⎢e −⎜1+⎟n ⎢⎝n ⎠⎣
由此立得一致收敛．
n
⎤x 2x M 2M
⎥≤2e ≤2e
n ⎥⎦n
n 1⎡x ⎛x ⎞⎤
最后，在(−∞, +∞)上，∀n ∈Ν，当x →+∞时，⎢e −⎜1+⎟⎥→+∞，即通项
n ⎣⎝n ⎠⎦⎢⎥
在(−∞, +∞)上不可能一致收敛于零，从而非一致收敛．
例31（中国科技大学）设一元函数f 在x =0的某邻域内有二阶连续导数，f (0)=0，
0
n =1
∞
分析（Taylor 公式法）：因为f 在x =0的某邻域内有二阶连续导数，取δ>0充分小时，则f ′′(x )在[−δ, δ]连续，故∃M >0，有f ′′(x )≤M ．由泰勒定理得
f (x )=f (0)+f ′(0)x +
从而当x ∈[−δ, δ]时，有
11
（≤x ≤δ） f ′′(ξ)x 2=f ′(0)x +f ′′(ξ)x 2，
2! 2!
1⎛⎞
f (x )≤x ⎜f ′(0)+M δ⎟=q x ，
2⎝⎠
其中q =f ′(0)+
1
．由此可得 M δ．由δ的任意性可使q
2
f 2(x )=f (f (x ))≤q f (x )≤q 2x ≤q 2δ，
……
f n (x ≤q f n −1(x )≤ ≤q n δ，
……
由M −判别法知
． ∑f (x )一致收敛（且绝对收敛）
n n =1∞
例32（西南师大）证明：
∑x e
n =1
∞
2−nx
在(0, +∞)内一致收敛．
提示：x e
2−nx
x 2x 22
=
n 2x 2n 2x 2n 2
1+nx ++
22
例33（湖北大学2001）设{u n (x ) }是区间[a , b ]上的单调函数．证明：若级数和
∑u
n
(a )
∑u
n
(b ) 都绝对收敛，则∑u n (x ) 在[a , b ]上一致收敛．
提示：由单调性假设易得：u n (x ) ≤u n (a ) +u n (b ) ． 5 Abel判别法：将通项拆分成两项之积
1x n −t
t e dt 在例34 设b >0，a 1, a 2, 均为常数，级数∑a n 收敛．试证：∑a n
∫0! n n =1n =1
∞
∞
[0, b ]上一致收敛．
分析：（1）
∑a
n =1
∞
n
收敛，从而一致收敛；
（2）0≤
1x n −t 1+∞n −t 1
t e dt ≤t e dt =Γ(n +1)=1，一致有界； ∫∫00n ! n ! n !
（3）
x 11x t n −t 1x n −t n +1−t
． t e dt =t e dt ≤t e dt （当n >b 时）∫∫∫000n +1! n ! n +1n !
1x n −t
即∫t e dt 关于n 单减．由阿贝尔判别法知其在[a , b ]上一致收敛． n ! 0
(−1) n −1x n 1
=ln 2． 例35（北师大）证明：lim ∑n x →1−2+x 1n =1
∞
(−1) n −1x n
证 级数∑收敛，从而一致收敛，又∀x ∈[0, 1]，单调递减，且n 1+x n =1
∞
x n
1+x n
∞
x n (−1) n −1x n (−1) n −11∞(−1) n −11
lim ∑=∑(⋅lim =∑=ln 2， n n −→x →1−x 12n =121+x 1+x n =1n =1
∞
其中最后一步是由于ln(1+x ) =
6 Dirichlet判别法
∑(−1)
n =1
∞
∞
n −1
x n
, x ∈(−1, 1]． x
+n n e
在任何有限区间[a , b ]上一致收敛，例36（四川大学）证明：级数∑(−1)3n n =1
2
但在任何一点x 0处不绝对收敛．
分析：第二结论易证．下面仅分析证明第一结论．（也可用Abel 判别法） 证法一 （1）
2
∑(−1)
k =1
2
n
k
≤2，即部分和一致有界；
2
e x +n e x e x 11
（2），n =1, 2, ，单减； =+≥+232n n +1n n n +1e x +n e c +n
（3）当x ∈[a , b ]时，≤→0（c =max a , b }）
n 2n 32
e x +n
因此 0（n →∞）．由Dirichlet 判别法知其一致收敛．
n 32
x ∞∞∞
(−1)关n e n 1n 1
证法二 原级数可化为∑(−1)32+∑(−1)，显然∑(−1)32与∑
n n n n n =1n =1n =1n =1
∞
2
2
22
n
于x 一致收敛，又e 在[a , b ]上有界，一致收敛级数各项同乘以一有界函数后仍一致收敛，
x 2
x
n e
故∑(−1)32一致收敛，从而原级数一致收敛．
n n =1
∞
2
证法三 容易证明原级数是Leibniz 级数（由证法一立明）．则其余项和的绝对值满足：
e x +n +1e c +n +1
r n (x ≤≤→0 n +1n +1从而r n (x ) 0（n →∞），故一致收敛．
注：此例说明：一致收敛并不意味着绝对收敛．
22
x 2+n
在任何有限区间[a , b ]上一致收敛，思考题7（华中科技大学）证明：∑(−1) 2
n n =1
∞
n
但在任何一点都不绝对收敛．
Abel 判别法与Dirichlet 判别法有时连环使用．
x n ⎛1⎞
sin nx 例37 证明：∑(1−x )在⎜, 1⎟内一致收敛． 2n
1−x ⎝2⎠n =1
∞
∞
x n 1(1−x )x n 1⎛1⎞
=⋅sin nx sin nx 证 ∑(1−x )．显然：在⎜, 1⎟是关∑2n n n n
−+−1x 1x 1x 1+x ⎝2⎠n =1n =1
∞
于n 单调，且一致有界．根据阿贝尔判别法，只需证明收敛．
事实上， （1）
∑
n =1
∞
(1−x )x n sin nx 在⎛1, 1⎞上一致
1−x n
⎜⎟
2⎝⎠
⎛1⎞
的部分和在sin nx ⎜, 1⎟上一致有界， ∑⎝2⎠n =1
∞
∑sin kx ≤
k =1
n
1
sin 2
≤
1sin 4
．
(1−x )x n
（2）
1−x n
x n ⎛1⎞
n =关于单减（x ∈⎜, 1⎟，且 2n −1
1+x +x + +x ⎝2⎠
x n x n 1⎛1⎞0≤≤
1+x +x + +x nx n ⎝2⎠
即在⎜, 1⎟上一致收敛于0，由Dirichlet 判别法知其一致收敛．
7 Dini判别法
例38（Dini 定理）（东北师大、南京大学）设函数项级数
⎛1⎞
⎝2⎠
∑u (x )的每项均在有限区间
n n =1
∞n =1
∞
[a , b ]上连续，且收敛于连续函数f (x ) ．若∀x ∈[a , b ]，级数∑u n (x )为同号级数，则
∑u (x )在[a , b ]上一致收敛于f (x )．
n n =1
∞
证（反证法）假设在[a , b ]上非一致收敛，则∃ε0>0，使得∀N >0，∃n >N ，
∃x ∈[a , b ]，r n (x )≥ε0．取N =1，∃n 1>1，∃x 1∈[a , b ]，使R n 1(x 1)≥ε0；取N =n 1，∃n 2>n 1，∃x 2∈[a , b ]，使R n 2(x 2)≥ε，……，如此下去得一子列{R n k }，使得
R n k (x k )≥ε0，k =1, 2, ． （1）
由致密性定理，有界数列{x k }中存在收敛子列x k j ：x k j →x 0∈[a , b ]．由题设知
{}
∑u (x )是同号级数，因此R
n n =1
∞
n
(x ) 关于n 单调递减，所以由（1）得：当n k j >m 时，
R m x k j ≥R n k j x k j ≥ε0
((由于R m (x )=f (x )−S m (x )连续，故当j →+∞时，R m (x 0)≥ε0，这与上收敛相矛盾，故一致收敛．
例39（武汉大学）在闭区间[0, 1]上，
n
⎧⎪⎛x ⎞⎫⎪
（1）证明：函数列⎨⎜1+⎟⎬（n =1, 2, 3, ）一致收敛；
⎪⎭⎩⎝n ⎠⎪
∑u (x )在[a , b ]
n n =1
∞
（2）证明：函数列f n (x )=
1⎛x ⎞
e +⎜1+⎟
⎝n ⎠1
n
x n
n
（n =1, 2, 3, ）一致收敛；
（3）求出极限：lim
n →∞0
∫
1
x n
⎛x ⎞e +⎜1+⎟
⎝n ⎠
n
（n =1, 2, 3, ） dx ．
⎛x ⎞
解（1）证法一：⎜1+⎟↑e x ，且均在[0, 1]上非负连续，由Dini 定理知其一致收敛；
⎝n ⎠⎛x ⎞
，其次 证法二：首先⎜1+⎟→e x （n →∞）
⎝n ⎠
n −1
⎡x ⎛x ⎞n ⎤′⎛x ⎞x
⎢e −⎜1+⎟⎥=e −⎜1+⎟>0（x ∈[0, 1]）
⎝n ⎠⎦⎝n ⎠⎢⎥x ⎣
n
⎛x ⎞
知e −⎜1+⎟关于x 单增，故x ∈[0, 1]时，
⎝n ⎠
x
n
⎛x ⎞⎛1⎞
0≤e −⎜1+⎟≤e 1−⎜1+⎟→0（n →∞）
⎝n ⎠⎝n ⎠
x
n n
⎛x ⎞
． 所以在[0, 1]上，⎜1+⎟单增趋于e x （n →∞）
n ⎝⎠
（2）由Dini 定理知其一致收敛．事实上，f n (x ) →
n
1
(n →∞) ，且
1+e x
x f n (x ) −f (x ) =
1x
e +(1+n
x −
1
≤x
1+e
x
e +(1+) n −1−e x x
(1+e x )[e +(1+) n ]
x
x n x n x x
≤(1+) −e +e −1≤e −(1++e n −1，
由已证结论（1）知上式右端一致收敛于0． （3）lim
x 1
n →∞0
∫
1
x n
dx ⎛x ⎞e +⎜1+⎟
⎝n ⎠
n
=∫
1
1dx de x 1
． ==1+ln x x x ∫01+e e 1+e 1+e
§2 函数项级数
I 基本概念
一 函数列及其一致收敛性
1 定义
定义1 设{f n (x )}是一列定义在同一数集E 上的函数，若x 0∈E ，数列{f n (x 0)}收敛，则称函数列{f n (x )}在点x 0收敛，x 0称为{f n (x )}的收敛点，否则称函数列{f n (x )}在点x 0发散．若{f n (x )}在D ⊂E 上每点都收敛，则称{f n (x )}在D 上收敛，全体收敛点所成之集称为收敛域，此时在收敛域上的每一点，都有数列{f n (x )}的一个极限值与之对应，由这个对应法则所确定的D 上的函数，称为{f n (x )}的极限函数．若记之为f ，则有
lim f n (x )=f (x )，x ∈D ．
n →∞
函数列极限的ε−N 定义：lim f n (x )=f (x )，⇔x ∈D ⇔∀x ∈D ，∀ε>0，
n →∞
∃N (x , ε)>0，∀n >N ，有
f n (x )−f (x )
若对所有x ∈D ，存在公共的N >0，则称f (x )在D 一致收敛，即
定义2 设{f n (x )}与f (x )定义在同一数集D 上，若∀ε>0，∃N (ε)>0，∀n >N ，
∀x ∈D ，有
f n (x )−f (x )
则称{f n (x )}在D 上一致收敛于f (x )，记作
f n (x ) , f (x )（n →∞），x ∈D ．
2 判定
除用定义判断一致收敛以外，还可以用下面几种方法．
定理1（柯西准则）{f n (x )}于D 上一致收敛⇔∀ε>0，∃N >0，∀n , m >N ，
∀x ∈D ，有
f n (x )−f m (x
定理2 f n (x ) , f (x )（n →∞）（x ∈D ）⇔lim sup f n (x )−f (x )=0
n →∞x ∈D
⇔
∀ε>0，∃N >0，∀n >N ，有sup f n (x )−f (x )
x ∈D
命题 在D 上，f n →f (n →∞) ，若存在数列{a n }，使得f n (x ) −f (x ) ≤a n ，且
lim a n =0，则f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈D ．
n →∞
注 定理2比定理1更为适用，其困难在于求上确界．先求出f (x )（把x 看成常数，令
n →∞求之），然后求f n (x ) −f (x ) 的极值和最值．
3 收敛与一致收敛的关系 （1）f n ,f ⇒f n →f ；
（2）在有限区间上，f n →f ⇒挖去充分小区间后，f n ,f ． 4 一致收敛函数列的性质
定理3 设函数列{f n (x ) }在(a , x 0) ∪(x 0, b ) 上一致收敛于f (x ) ，且对每个n ，
x →x 0
lim f n (x ) =a n ，则lim a n 与lim f (x ) 均存在，且相等，即
n →∞
x →x 0
lim lim f n (x ) =lim lim f n (x ) ．
n →∞x →x 0
x →x 0n →∞
此说明在一致收敛的条件下两种极限可交换顺序．
定理4（连续性）若函数列{f n (x ) }在区间I 上一致收敛于f (x ) ，且∀n ，f n (x ) 在I 上连续，则f (x ) 在上I 也连续．
注 若各项为连续函数的函数列{f n (x ) }在区间I 上其极限函数不连续，则此函数列
{f n (x ) }在区间I 上不一致收敛．如：{x n }在(−1, 1]上．常用此来证明非一致收敛．
定理5（可积性）若函数列{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛，且每一项都连续，则
∫
b
a n →∞
lim f n (x ) dx =lim ∫f n (x ) dx ．
n →∞a
b
注（1）该定理指出：在一致收敛的条件下，极限运算与积分运算可以交换顺序； （2）一致收敛只是这两种运算换序的充分条件，而并非必要条件．如下例： 例 设函数
1⎧
2n αx , 0≤x
≤x
2n n ⎪
1⎪0, ≤x ≤1
⎪n ⎩
显然f n (x ) 在[0, 1]上连续，且f n (x ) →0(n →∞) ，而sup f n (x ) −0=αn ，因此，函数
x ∈[0, 1]
列一致收敛的充要条件是
αn →0(n →∞) ．由于
∫
1
f n (x ) dx =
αn
2n
，因此，
∫
1
f n (x ) dx →∫f (x ) dx 的充要条件是
1
αn
2n
→0(n →∞) ．这样当αn ≡1时，函数列非一
致收敛，但定理5的结论仍成立．
定理6（可微性）设{f n (x ) }为定义在[a , b ]上的函数列，若x 0∈[a , b ]为{f n (x ) }的收敛点，{f n (x ) }的每一项在[a , b ]上有连续的导数，且{f n ′(x ) }在[a , b ]上一致收敛，则
d d (lim f n (x )) =lim f n (x ) ． n →∞n →∞dx dx
注 由定理的条件可证：{f n (x ) }在[a , b ]也一致收敛．
二 函数项级数及其一致收敛性
1 定义
定义3 设{u n (x )}是定义在数集E 上的一个函数列，表达式
u 1(x )+u 2(x )+ +u n (x )+ ，x ∈E （1）
称为定义在E 上的函数项级数，简记为
∞
∑u (x )，称S (x )=∑u (x )，x ∈E 为函数项级
n
n
k
n =1
k =1∞
n
∞n
数的部分和．若x 0∈E ，级数
∞
∑u (x )收敛，则称级数∑u (x )在点x 收敛，x 称为级
n
00
n =1n =1
数（1）的收敛点；若级数
∑u (x )发散，则称（1）在点x 发散．若（1）在点集D 上每
n
n =1
点都收敛，则称（1）在D 上收敛；级数（1）的全体收敛点所成之集称之为收敛域，这样收敛级数在收敛域D 上定义了一个函数，记为S (x ) ，称之为（1）的和函数，即
S (x )=∑u n (x )，x ∈D ．
n =1
∞
定义4 设{S n (x )}是数S (x )，则称
2 判断
∞
∑u (x )的部分和函数列．若{S (x )}在数集D 上一致收敛于函
n
∞
n
n =1
∑u (x )在D 上一致收敛于函数S (x )，或称∑u (x )在D 上一致收敛．
n
n
n =1
n =1
∞
定理7（一致收敛的柯西准则）若
∑u (x )在D 上一致收敛⇔∀ε>0，∃N >0，
n n =1
∞
∀n >N ，∀p ∈Ν，∀x ∈D ，有u n +1(x )+ +u n +p (x )
定理8 若
∑u (x )在D 上一致收敛于S (x )⇔lim sup S (x )−S (x )=0
n n =1
n →∞x ∈D
n
∞
⇔lim sup R n (x )=0．（R n (x )=S (x )−S n (x )=
n →∞x ∈D ∞
k =n +1
． ∑u (x )）
k
∞
推论 级数
∑u (x )在D 上一致收敛的必要条件是：{u (x )}一致收敛于零．
n
n
n =1
定理9（M −判别法、优级数判别法、魏尔斯特拉斯判别法） 设
∑u (x )定为义在数集D 上的级数．若存在正项级数∑M
n n =1
n =1
∞∞
n
，使得
u n (x )≤M n ，n ≥N ．
则当
∑M
n =1
∞
n
收敛时，
∑u (x )在D 上一致收敛．
n n =1
∞
定理10（狄利克雷判别法）设 （1）
∑u (x )的部分和函数列{S (x )}
n
∞
n
∞
在n =1
I 上一致有界；
n =1
（2）∀x ∈I ，{v n (x )}是单调的； （3）v n (x ), 0（n →∞），x ∈I ， 则级数
∑u (x )v (x )在I 一致收敛．
n
n
n =1
∞
定理11（阿贝尔判别法）设 （1）
∑u (x )在I 一致收敛；
n n =1
∞
（2）∀x ∈I ,
{u n (x )}是单调的；
（3）{v n (x )}在I 一致有界，即∃M >0，u n (x )≤M ，∀x ∈I ，n =1, 2, ． 则
∑u (x )v (x )在I 一致收敛．
n
n
n =1
∞
3 和函数的分析性质
，且定理12 若u n (x )在x 0处连续（n =1, 2, ）
∑u (x )在x
n n =1
∞
0某领域一致收敛，则
S (x )=∑u k (x )在x 0处连续．
k =1
n
，且定理13 若u n (x )在(a , b )内连续（n =1, 2, ）则S (x )=
∑u (x )在(a , b )内闭一致收敛，
n n =1
∞
∑u (x )在(a , b )内连续．
k k =1
n
定理14（连续性） 若上也连续，即
且每一项都连续，则其和函数在[a , b ]∑u (x )在[a , b ]一致收敛，
n n =1
∞
⎛∞⎞∞⎛
lim ⎜∑u n (x )⎟=∑⎜lim u n (x )⎞⎟． x →x 0x x →⎠⎝n =1⎠n =1⎝0
即求和与求极限可以交换次序．
定理15（逐项求积）在定理14的条件下，有
∞b ⎛∞⎞
u n (x )⎟dx =∑∫u n (x )dx ． ∑∫a ⎜a
n =1⎝n =1⎠b
即求和与求积分可交换次序．
定理16（逐项求导）若函数项级数
∑u (x )满足条件：
n n =1
∞
（1）u n (x )在[a , b ]上有连续的导函数，n =1, 2, ； （2）∃x 0∈[a , b ]，
∞
∑u (x )在x 点收敛；
n
∞
n =1
（3）
∑u ′(x )在[a , b ]一致收敛，
n n =1
′∞
⎛∞⎞
′(x )． 则⎜∑u n (x )⎟=∑u n n =1⎝n =1⎠三 幂级数及其收敛域
形如
∑a (x −x )
n
∞
n
的函数项级数称为幂级数，通过变换可化为
n =1
∑a
n =1
∞
n
． x n
1 收敛半径、收敛区间、收敛域 定理17（阿贝尔引理）对幂级数
∞
∑a
n =1
∞
n
x n ，若它在点x 0≠0收敛，则对满足不等式
∞
x
n
n =1
n =1
满足不等式x >x 0的任何x 都发散．
由此易得幂级数
∑a
n =1
∞
n
x n 的收敛域是以原点为中心的区间，若以2R 表示区间的长度，
称R 为收敛半径，称(−R , R )为收敛区间，而收敛域可能包括收敛区间的端点．
2 收敛半径R 的求法
定理18 若lim a n =ρ，则当
n →∞
（1）0
1
ρ
；
（2）ρ=0时，R =+∞； （3）ρ=∞时，R =0．
注 当lim a n 不存在时，可以上极限代之，结论不变．
n →∞
定理19 若lim
n →∞
a n +1a n
=ρ，则当
（1）0
1
ρ
；
（2）ρ=0时，R =+∞； （3）ρ=∞时，R =0． 注 我们知道：若lim
n →∞
a n +1a n
=ρ，则lim a n =ρ．这样，从理论上讲，定理19是定
n →∞
理18的特例，但在实际应用中各有优势，当函数项级数的系数为n 次幂的形式，常用定理18；若系数含有阶乘或连乘积的形式，则常用定理19 ．若定理18中的极限不存在，则可用上极限代之，结论仍然成立．
2 幂级数的性质 定理20 若
∞
∑a
n =1n
∞
n
则它在(−R , R )内任一闭区间都一致收敛且绝x n 的收敛半径R >0，
∞
对收敛；若
∑a
n =1
n
R 收敛，则∑a n x n 在[0, R ]一致收敛．
n =1
定理21 若幂级数
∑a
n =1
∞
n
x n 的收敛半径R >0，则其和函数在(−R , R )内连续、可积、
可微，且有任意n 阶导数，并满足逐项可积和逐项求导法则．
注 幂级数与其诱导级数（逐项求导或求积）具有相同的收敛半径，但其收敛域有可能变化，即收敛区间端点的收敛性可能发生变化．
四、函数的幂级数展开
1 泰勒级数
若f 在U (x 0)存在任意阶导数，称幂级数
f (n )(x 0)(x −x 0)n + f (x 0)+f ′(x 0)(x −x 0)+ +
n !
为函数f (x )在x 0的泰勒级数．
注（1）泰勒级数未必收敛；
⎧−x 1⎪
（2）泰勒级数即使收敛，亦未必收敛于f (x )．如f (x )=⎨e , x ≠0 在x =0点．
⎪⎩0, x =0
2 收敛定理
定理22 设f 在点x 0具有任意阶导数，那么f 在U (x 0)内等于它的泰勒级数的和函数的充分必要条件是：∀x ∈U (x 0) ，lim R n (x )=0．这里R n (x )是f 在x 0的泰勒公式余项．
n →∞
定理23 若函数f 在U (x 0)存在任意阶导数，且∃M >0，有
f (n )(x )≤M ，n =1, 2, ，x ∈U (x 0)，
则f (x )=
∑
n =0
∞
f (n )(x 0)(x −x 0)n ．
n !
若函数f (x )在x 0的泰勒级数收敛于f (x )，则称泰勒级数为f 在x 0的泰勒展开式或幂级数展开式，也称f 在x 0可展为幂级数或泰勒级数．当x 0=0时的泰勒级数又称为马克劳林级数．
3 初等函数的幂级数展开式
x n
，x ∈R ； （1）e =∑n ! n =0
x
∞
（2）sin x =
∑(−1)
n =1∞
∞
n −1
x 2n −1
，x ∈R ；
2n −1!
x 2n
（3）cos x =∑(−1)，x ∈R ；
2n ! n =0
n
（4）ln (1+x )=
α
∑
n =1
∞
(−1)n −1x n ，x ∈(−1, 1]；
n
（5）(1+x )=1+
∑
n =1
∞
α(α−1) (α−n +1)
n !
x n ，当α≤−1时，x ∈(−1, 1)；当
−10时，x ∈[−1, 1]；
∞
1
（6）=∑x n ，x
1−x n =0
∞
1n
（7）=∑(−1)x n ，x
1+x n =0
五、傅里叶级数
1 正交性与正交函数系
定义5 设f ，g 在[a , b ]上有定义，且可积．若在[a , b ]上正交．
性质 三角函数系{1, cos x , sin x , , cos nx , sin nx , }在[−π, π]或[0, 2π]上具有正交性，称之为[−π, π]上的正交函数系．
∫f (x )g (x )dx =0，则称f (x )，g (x )
a
b
a 0∞称形如 +∑(a n cos nx +b n sin nx ) 的函数级数为三角级数．
2n =1
2 傅里叶系数及级数
设函数f 是以2π为周期且在[−π, π]上可积的函数，称
a n =
1
π
1
∫πf (x )cos nxdx , n =0, 1, 2, ，
−
π
b n =
π
∫πf (x )sin nxdx ，n =1, 2, ，
−
π
为函数f 的傅里叶系数，以f 的傅里叶系数为系数的三角级数称为f 的傅立叶级数，记为
a 0∞
f (x )~+∑(a n cos nx +b n sin nx ) （1）
2n =1
3 傅立叶级数的收敛定理
则在每一点x ∈[−π, π]，f 定理24 若以2π为周期的函数f 在[−π, π]上按段光滑，的傅立叶级数（1）收敛于f 在点x 的左右极限的算术平均值，即
f (x +0)−f (x −0)a 0∞
=+∑(a n cos nx +b n sin nx )．
22n =1
注 在区间端点则收敛于
1
[f (−π+0)+f (π−0)]． 2
4 奇偶函数的傅氏级数
设f (x )是以2π为周期，且在[−π, π]上按段光滑的函数，则 （1）若f 为偶函数，则b n =0，n =1, 2, ，a n =此时的傅氏级数常称为余弦级数；
2
π
∫f (x )cos nxdx ，n =0, 1, 2, ，
π
（2）若f 为奇函数，则a n =0，n =0, 1, 2, ，b n =此时的傅氏级数常称为正弦级数．
2
π
∫f (x )sin nxdx ，n =1, 2, ，
π
注 对给予[0, π]区间上的函数，常作奇（偶）延拓，使其傅氏级数简单． 5 以2l 为周期的函数的展开式
设函数f 是以2l 为周期，且在[−l , l ]上按段光滑的函数，则∀x ∈[−l , l ]，有
f (x +0)−f (x −0)a 0∞
=+∑(a n cos nx +b n sin nx )，
22n =1
其中a n =
n πx n πx 1l 1l
()，，() cos dx n =0, 1, 2, =sin dx ，n =1, 2, ．f x b f x n ∫∫−−l l l l l l
II 例题选解
一 函数列的收敛与一致收敛
例1 证明函数列f n (x ) =nx (1−x ) , n ≥1，在[0, 1]上收敛，但非一致收敛．
证 当x =0或x =1时，f n (x ) =0, n ≥1，当x ∈(0, 1) 时，0
n
lim nx (1−x ) n =0(级数∑nx (1−x ) n 收敛), 所以f (x ) =lim f n (x ) =0，即f n (x ) 在
n →∞
n →∞
[a , b ]上收敛．
111
sup f n (x ) −f (x ) ≥f n () =(1−n →≠0(n →∞) ， x ∈[0, 1]
所以，f n (x ) 在[a , b ]上非一致收敛．
例2（哈尔滨工大1999）设连续函数列{f n (x ) }在闭区间[a , b ]上一致收敛于函数f (x ) ，
x n ∈[a , b ](n =1, 2, , ) ，且lim x n =x 0．证明：lim f n (x n ) =f (x 0) ．
n →∞
n →∞
分析：f n (x n ) −f (x 0) ≤f n (x n ) −f (x n ) +f (x n ) −f (x 0) ． 证 由一致收敛定义得：∀ε>0, ∃N 1>0, ∀n >N 1, ∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
∃δ>0，又{f n (x ) }连续，且一致收敛于f (x ) ，所以f (x ) 在[a , b ]也连续，则对上述ε>0，
当x ∈U (x 0, δ) ∩[a , b ]时，有
f (x ) −f (x 0)
而lim x n =x 0，则对上述δ>0, ∃N 2>0, 当n >N 2时，有x n −x 0N 2
n →∞
时，有
f (x n ) −f (x 0)
取N =max {N 1, N 2}，则当n >N 时，（1）和（2）式均成立，故有
f n (x n ) −f (x 0) ≤f n (x n ) −f (x n ) +f (x n ) −f (x 0)
即 lim f n (x n ) =f (x 0) ．
n →∞
例3（武汉大学2001）设{f n (x ) }在[a , b ]上连续，且{f n (b ) }发散，证明：{f n (x ) }在
[a , b ]上非一致收敛．
证 假设
{f n (x ) }
在[a , b ]上一致收敛，则由柯西收敛准则得：
∀ε>0, ∃N >0, ∀n , m >N , 有
f n (x ) −f m (x )
又f n (x ) (n ≥1) 在[a , b ]上连续，令x →b −得
f n (b ) −f m (b ) ≤ε，
由数列的柯西收敛准则知{f n (b ) }收敛，矛盾，所以，{f n (x ) }在[a , b ]上非一致收敛．
例4（华东师大1999）设对每一个n ，f n (x ) 为[a , b ]上有界函数，且
f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈[a , b ]．
证明：（1）f (x ) 在[a , b ]上有界；
（2）lim sup f n (x ) =sup f (x ) ．
n →∞a ≤x ≤b
a ≤x ≤b
证（1）由一致收敛定义得：对ε=1, ∃N >0, 当n ≥N 时，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
特别地，有f (x )
（2）由题设及（1）知上确界都存在，且有
a ≤x ≤b
sup f n (x ) −sup f (x ) ≤sup f n (x ) −f (x ) ，
a ≤x ≤b
a ≤x ≤b
由此易得结论（2）成立．
思考题1（南开大学1999）设函数列{f n (x ) }在区间I 上一致收敛于f (x ) ，且存在数列{a n }，使得当x ∈I 时，总有f n (x ) ≤a n ．证明：f (x ) 在I 上有界．
例5（华东师大2000）设{f n (x ) }为[a , b ]上连续函数列，且
f n (x ) ,f (x ) (n →∞), x ∈[a , b ]． （1）
证明：若f (x ) 在[a , b ]上无零点，则当n 充分大时，f n (x ) 在[a , b ]上无零点，，且有
11
,(n →∞), x ∈[a , b ]． f n (x ) f (x )
证 由函数列一致收敛的性质知f (x ) 在[a , b ]上连续，又f (x ) 在[a , b ]上无零点，故由连续函数的零点定理知f (x ) 在[a , b ]上不变号，不妨设f (x ) >0．设m 为其最小值，则
m >0．由（1）得：对ε=m 2，∃N >0，当n >N 时，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x ) −f (x )
由此得：当n >N 时，有
f n (x ) ≥f (x ) −ε≥
m ， 2
所以当n >N 时，f n (x ) 在[a , b ]无零点．同时，我们有
f (x ) −f (x ) 114
−=n ≤2f n (x ) −f (x ) ， f n (x ) f (x ) f n (x ) f (x ) m
由一致收敛的定义立得
11
,(n →∞), x ∈[a , b ]． f n (x ) f (x )
例6（华东师大2001）设f (x ) 在[0, 1]上连续，f (1) =0．证明：
{}在[0, 1]上不一致收敛； （2）{f (x ) ⋅x }在[0, 1]上一致收敛．
（1）x
n
n
证（1）由于
⎧0, 0≤x
f (x ) =lim x n =⎨
n ←∞
⎩1, x =1,
即f (x ) 在[0, 1]上不连续，而
{x }连续，故{x }在[0, 1]上不一致收敛．
n
n
n
（2）由f (1) =0及连续得：∀ε>0, ∃δ∈(0, 1) ，当x ∈(1−δ, 1]时，有f (x )
0，使得
∀x ∈[0, 1]，有f (x ) ≤M ，于是有
lim sup f (x ) ⋅x n ≤M lim (1−δ) n =0，
n →∞x ∈[0, 1−δ]
n →∞
从而当n 充分大时，有
sup f (x ) ⋅x n −0≤ε，
x ∈[0, 1]
即f (x ) ⋅x
{
n
}在[0, 1]上一致收敛于0．
例7（河北师大）（1）设（i）f n (x ) (n =1, 2, ) 在[a , b ) 上连续； （ii）{f n (x ) }在[a , b ) 上一致收敛于f (x ) ； (iii) 在[a , b ) 上f n (x ) ≤f n +1(x ), n ≥1 ， 试证：e
{
f n (x )
}在[a , b ) 上一致收敛于e
f (x )
．
（2）若将（1）中条件（iii）去掉，（1）中结论是否还成立？试证明你的结论． 证（1）由例4的结论知，∃M >max a , b ，使得
{}
f n (x ) ≤M , f (x ) ≤M , ∀x ∈[a , b ), n ≥1．
令g (x ) =e ，则g (x ) 在[−M , M ]上连续，从而一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0, 当
x
x 1, x 2∈[−M , M ]，且x 1−x 2
e x 1−e x 2
又
{f n (x ) }在[a , b )
上一致收敛于f (x ) ，所以对上述
δ>0，∃N >0，当
n >N , ∀x ∈[a , b ) ，有 f n (x ) −f (x )
e f n (x ) −e f (x )
由定义知 e
{
f n (x )
}在[a , b ) 上一致收敛于e
f (x )
．
（2）结论仍然成立．这是因为在（1）的证明中根本没有用到条件（iii）．
思考题2（北京科技大学2001）设{f n (x ) }在[a , b ]上连续，且一致收敛到f (x ) ．证明： （1）∃M >0，使得∀n ≥1, ∀x ∈[a , b ]，有f n (x ) ≤M , f (x ) ≤M ； （2）若g (x ) 在(−∞, +∞) 内连续，则g (f n (x )) 在[a , b ]上一致收敛到g (f (x )) ． 例8（北京大学1996）设在[a , b ]上，f n (x ) 一致收敛于f (x ) ，g n (x ) 一致收敛于
g (x ) ．若存在正数列{M n }，使得
f n (x ) ≤M n , g (x ) ≤M n , x ∈[a , b ],n ≥1．
证明：f n (x ) ⋅g n (x ) 在[a , b ]上一致收敛于f (x ) g (x ) ．
提示：仿例4可证f n (x ), f (x ) 和g n (x ), g (x ) 均在[a , b ]上一致有界，然后利用定义即可．
例9（中科院2000）设函数f (x ) 在[a , b ]上有连续的导函数f ′(x ) ，a
11
，定义函数：f n (x ) =n [f (x +) −f (x )]．试证：f n (x ) 在[a , β]上b −β
一致收敛于f ′(x ) ．
证 f ′(x ) 在[a , b ]上连续，从而一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0，∀x 1, x 2∈[a , b ]，当
x 1−x 2
f ′(x 1) −f ′(x 2)
取N >max ⎨,
⎧1
1⎫1
，则当n >N 时，∀x ∈[a , β]，有x +∈[a , b ]，从而由上式和
⎩δb −β⎭
微分中值定理得
f n (x ) −f ′(x ) =f ′(x +ξn ) −f ′(x )
即f n (x ) 在[a , β]上一致收敛于f ′(x ) ．
思考题3（北航）证明：对任意实数x ，级数
sin x −sin sin x +sin sin sin x −
收敛．
提示：利用Leibniz 判别法．
二 函数列与函数级数的一致收敛判别法
1 定义法
例10 设f (x )在R 上有连续的导函数，f n (x )=e n f x +e −n −f (x )（n =1, 2, ）．证明：{f n (x )}在任一有限区间(a , b )内一致收敛于f ′(x )．
解 由微分中值定理得
[()]
f x +e −n −f (x )f n (x )−f ′(x =−f ′(x )=f ′(ξ)−f ′(x )，x
e
，当x 1, x 2∈[a , b +1]，又因为f ′在[a , b +1]上一致连续，即∀ε>0，∃δ>0（δ
()
x 1−x 2
1
δ
，则当n >N ，∀x ∈[a , b ]，有
f n (x )−f ′(x )
故f n (x ), f (x )（n →∞），x ∈(a , b )．
例11设f n (x ) =
k 1
其中f (x ) 在(−∞, +∞) 上连续．求证：函数列{f n (x ) }f x (+，∑k =0
n −1
在有界闭区间[a , b ]上一致收敛．
分析：容易看出f n (x )→
，因此只需证：∀ε>0，∃N >0，∫f (x +t )dt （n →∞）
01
∀n >N ，x ∈I ，有
f n (x )−∫f (x +t )dt
1
证 由定积分定义知
lim f n (x ) =∫f (x +t ) dt ．
n →∞
1
即∀ε>0, ∃δ>0, ∀x 1，由于f (x ) 在(−∞, +∞) 上连续，所以f (x ) 在[a , b +1]上一致连续，
x 2∈[a , b +1]，当x 1−x 2
f (x 1) −f (x 2)
取N >δ−1，则当n >N 时，由上式得 f (x +n −1) −f (x )
f n (x ) −∫f (x +t ) dt =
1
∑∫
k =0
n −1
k +1
k k
(f (x +−f (x +t )) dt
≤
∑∫
k =0
n −1
k +1n k n
k
f (x +) −f (x +t ) dt ≤ε，
即{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛． 思考题4（兰州大学）设f n (x ) =
1k cos(x +∑) , n =1, 2, ．证明：{f n (x ) }在k =1
n
(−∞, +∞) 上一致收敛．
例12（北京大学）至少用两种方法证明级数
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
x n (1−n −1) n 1n
证法一 lim sup R n (x ) =lim sup lim n (1≥lim =−=+∞，n →∞x ∈[0, 1) n →∞x ∈[0, 1) 1−x n →∞1−(1−n −1) n →∞
所以
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
1−x n 1x n
，S n (x ) −S (x ) =．取, S (x ) =证法二 在[0, 1) 上，S n (x ) =
1−x 1−x 1−x
ε0=1>0, ∀N >0, ∃n 0=N +2>N , ∃x 0=1−(2n 0) −1∈[0, 1) ，有
S n 0(x 0) −S (x 0) =2n 0⋅(1−
由定义知
1n 011
) ≥2(1−) >2(1−=1=ε0， 2022
∑x
n =0
∞
n
在[0, 1) 上非一致收敛．
n
注 在证法二中运用了贝努里不等式：当x >−1时，有(1+x ) ≥1+nx ．可用数学归纳法证明这个结论．
思考题5（同济大学）证明：
∑x
n =1
∞
n
(1−x n ) 在[0, 1]上处处收敛，但非一致收敛．
提示：当x =1时显然收敛，当x ∈[0, 1) 时，一致收敛类似上题证法一．
思考题6（中科院）证明：函数级数
−3
∑x
n =1
∞
n
(1−x ) =∑x −∑x 2n ，收敛．非
n
n n =1
n =1
∞∞
n
在(0, 1) 内收敛，但非一致收敛． ∑3
n =01+n x
∞
提示：证明非一致收敛时取x 0=n ．
例13（吉林大学）设0
n →∞
（2）级数
∑x
n =1
∞
p n
当p >2时收敛，当p ≤2时发散．
证 由第一章例26得
lim
n →∞
x n 3=1，
由此立得结论成立．
2 放大法
对于函数列，将f n (x )−f (x )适当放大至一个与x 无关的收敛于零的数列（无穷小量），即
f n (x )−f (x )≤αn →0（n →∞）
其中αn 与x 无关．
对于级数，则讨论其余项R n (x )，即
R n (x )≤αn →0（n →∞），
其中αn 与x 无关．
实现放大有很多技巧，如通过已知的不等式，求极值，余项估计，递推放大等． 例14 设f n (x )在[a , b ]上可积，n =1, 2, ，f (x )，g (x )在[a , b ]上也可积，且
lim ∫f n (x )−f (x )dx =0，
2
b
n →∞a
记h (x )=
∫f (t )g (t )dt ，h (x )=∫
a
n
x x a
f n (t )g (t )dt ，则在[a , b ]上h n (x ), h (x )(n →∞) ．
证（不等式法）由于
h n (x )−h (x )=
x
∫a (f n (t )−f (t ))g (t )dt ≤∫a f n (t )−f (t )g (t )dt
12
x x
22
≤⎛⎜∫a f n (t )−f (t dt ⎞⎟⋅⎛⎜∫a g (t )dt ⎞⎟ ⎝⎠⎝⎠
1
2
12
x
12
≤⎛⎜∫a f n (t )−f (t )dt ⎞⎟⋅⎛⎜∫a g (t dt ⎞⎟→0(n →∞) ． ⎝⎠⎝⎠
2
2
b b
所以，h n (x ), h (x )(n →∞) ，∀x ∈[a , b ]．
x (ln n )例15（广西大学）给定函数列f n (x )=（n =2, 3, 4, ）．试求当α为何值时，
n x
α
{f n (x )}在[0, +∞)上一致收敛．
α+1
(ln n )⎛
解（极值法） 由f ′(x )=
n
n x
111⎞
()x 知：当时，f x 严增，当−x x ⎜⎟n
ln n ln n ⎝ln n ⎠
1⎛1⎞
处取最在值，最大值为f n ⎜⎟．此外，易求ln n ⎝ln n ⎠
时，f n (x )严减，因此函数f n (x )在x =
极限函数为f (x )≡0，于是，当n →∞时，有
⎛1⎞(ln n )sup f n (x )−f (x )=f n ⎜⎟=1
x ∈[0, +∞) ⎝ln n ⎠
n ln n
α−1
α−1
(ln n )=
(e )
1ln n ln n
⎧→0, α
1−1α−1⎪
=(ln n )⎨→e , α=1, e ⎪→+∞, α>1,
⎩
所以{f n (x )}当且仅当α
例16（湖北大学2002）试问k 为何值时，f n (x ) =xn k e −nx 在[0, +∞) 上一致收敛． 解 ∀x ∈[0, +∞) ，有
xn k
f (x ) =lim f n (x ) =lim nx =0，
n →∞n →∞e
且f ′′(n ) =−n 而f n ′(x ) =n k e −nx (1−nx ) ，令f n ′(x ) =0得x =n −1，
x →∞
−1k +1
e
为其极大值点，又f n (0) =0, lim f n (x ) =0，所以也是其最大值点，于是
x ∈[0, +∞)
sup f n (x ) −f (x ) =f n (n −1) =e −1n k −1，
由此可得，当k
例17 试证：
n
()1−∑n =1∞
n
在(−∞, +∞)内一致收敛．
n 2+x 2
x 2−y 2y
证（余项估计法） 设f (y )=2，则f ′(y )=．可见∀x ∈R ，当y 2222x +y x +y
充分大时，f (y )是单减的，即级数通项是单减的．因而是Leibniz 级数．因此，当n 充分大时，
R n (x )≤
n +11
， ≤→0（n →∞）22
n +1+x n +1
所以该级数在R 内一致收敛．
例18 讨论常数）．
解 原级数可写成
∞
⎛nx 1nx ⎞⎜⎟=⋅∑∑⎜⎟， ++++++−+1x 12x 1nx 1x 12x 1n 1x 1nx n =1n =1⎝⎠∞
nx
在(0, a )与(a , +∞)内的一致收敛性（a >0为∑1+x 1+2x 1+nx n =1∞
∀x ∈(0, +∞)，级数∑
数列⎨
nx 11收敛（），
1+x 1+n −1x 1+x 1+x 1+2x 1+nx n =1∞
⎧nx ⎫
⎬单增有界，由阿贝尔判别法知其收敛，此外， 1+nx ⎩⎭
∞
kx kx +1−1
R n (x )=∑=∑
++1x 1kx 1+x 1+k −1x 1+kx k =n +1k =n +1
∞
==
由此立得
⎡⎤11−∑⎢1+x 1+k −1x 1+x 1+kx ⎥
k =n +1⎣⎦1
．
1+x 1+nx 1
→0（n →∞）．
1+a 1+na ∞
x ∈(0, a )
sup R n (x )=1，sup R n (x ) =
x ∈(a , +∞)
所以在(0, a )内非一致收敛，在(a , +∞)内一致收敛．
例19（吉林工业大学）设f 1(x )在[a , b ]上正常可积，f n +1(x )=明：函数序列{f n (x )}在[a , b ]上一致收敛于零．
证（递推方式放大） 由f 1(x )在[a , b ]上正常可积知f 1(x )在[a , b ]有界，即∃M >0，使得
证∫f (t )dt ，n =1, 2, ．
a
n x
f 1(x )≤M ，∀x ∈[a , b ]．
从而
f 2(x )≤∫
x a
x a
f 1(t )dt ≤M (x −a )，
x
f 3(x )≤∫f 2(t dt ≤M ∫(t −a )dt =
a
M
(x −a )2， 2!
一般地，若对n 有f n (x )≤
x
M
(x −a )n −1，则
n −1!
x M M n −1n
， ()()−=−t a dt x a
n −1! ∫a n !
f n +1(x )≤∫f n (t )dt =
a n
M (b −a )，故f n (x ), 0（n →∞），x ∈[a , b ]． 从而有f n +1(x )≤→0（n →∞）
n !
注 将区间[a , b ]换成[0, a ]便是北航1999年考研题．
例20（华中师大2002，东北师大）设G (x , t ) 在矩形D =[a , b ]×[a , b ]上连续，u 0(x ) 在[a , b ]上连续，令u n (x ) =一致收敛．
有G (x , t ) ≤M 1, ∀(x , t ) ∈D ；证 G (x , t ) 在D 上连续，从而在D 上有界，即∃M 1>0，又u 0(x ) 在[a , b ]上连续，则有界，故存在M 2>0，有u 0(x ) ≤M 2, ∀x ∈[a , b ]．于是
∫u
a
x
n −1
(x ) dx , n =1, 2, , x ∈[a , b ]．证明{u n (x ) }在[a , b ]上
u 1(x ) ≤∫G (x , t ) u 0(x ) dx ≤M 1M 2(x −a ) ≤M 1M 2(b −a ) ，
a
x
u 2(x ) ≤∫
x a
M 12M 2(b −a ) 2
， G (x , t ) u 1(t ) dt ≤M M 2∫(t −a ) dt ≤
a 2!
2
1
x
M 1n M 2(b −a ) n M 1n M 2(b −a ) n
, n ≥1．由比式判别法知∑u n (x ) ≤
n ! n ! M 12M 2(b −a ) n
收敛，所以lim =0，从而lim sup u n (x ) =0，即{u n (x ) }在[a , b ]上一
n →∞x ∈[a , b ]n →∞n !
致收敛．
例21（南京大学，吉林大学）假设 （i ）f (x )在(−∞, +∞)内连续； （ii ）x ≠0时，f (x
（iii ）令f 1(x )=f (x )，f 2(x )=f (f 1(x ))，……，f n (x )=f (f n −1(x ))，……． ． 试证{f n (x )}在[−A , A ]上一致收敛（其中A 为正常数）
证 由（ii ）知0≤f (x )
连续），从而在[−A , A ]上，f (x )≤x ．∀ε>0（ε
存在小于1的正数q ，使得M
f (x )≤max {ε, qA }．
由此易得：∀x ∈[−A , A ]，若f (x )≤ε，则f 2(x )=f (f (x ))≤f (x )≤ε，若
f (x )∈[ε, A ]∪[−A , −ε]，则f 2(x )=f (f (x ))≤q f (x )≤q 2A ，所以总有
f 2(x )≤max ε, q 2A ．
依次下去，可得
{}
f n (x )≤max ε, q n A ，n =1, 2, ．
由于0
n
{}
一致收敛．
例22 设αn >0，lim αn =0u n (x )≤αn （当x ∈I ），且u i (x )u j (x )=0（i ≠j ）．试
n →∞
证：
． ∑u (x )在I 一致收敛（这里I 是任意区间）
n n =1
∞
证 ∀x ∈I ，由u i (x )u j (x )=0（i ≠j ）知{u n (x )}中至多有一项不为零，因此，该级数的余项R n (x )满足：
R n (x )≤sup u k (x )≤sup αn →0（n →∞）
k >n
k >n
故
∑u (x )在I 上一致收敛．
n n =1
∞
3 Cauchy收敛准则
只需判定任意两个函数之差任意小，不需求出极限函数，这一点比用定义法优越． 例23（上海交大2000）设可微函数列{f n (x ) }在[a , b ]上收敛，{f n ′(x ) }在[a , b ]上一致有界．证明：{f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
证 由条件：∃M >0，使得∀x ∈[a , b ],∀n ≥1，有f n ′(x ) ≤M ．于是，∀ε>0,
∃δ=
ε
3M
>0，∀x 1, x 2∈[a , b ]，当x 1−x 2
f n (x 1) −f n (x 2) =f n ′(ξn ) x 1−x 2
ε
3
． （1）
将区间[a , b ]m 等分，使每一小区间的长度小于δ，记这m 个区间的中点为x 1, , x m ．由于{f n (x ) }在[a , b ]收敛，从而在每个点x i 收敛，于是，∃N i =N i (ε, x i )>0，∀p ∈Ν，
∀n >N i ，有
f n (x i ) −f n +p (x i )
ε
3
，i =1, 2, , m ． （2）
令N =max {N 1, N 2, , N m }，则当n >N 时，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，∃i ，使x 属于第i 个小区间，于是由（1）和（2）式得
f n +p (x ) −f n (x ) =f n +p (x ) −f n +p (x i ) +f n +p (x i ) −f n (x i ) +f n (x i ) −f n (x )
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
=ε．
即 {f n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
例24（华东师大）设{u n (x )}为[a , b ]上的可导函数列，且在[a , b ]上有
∑u (x ≤c ，
k k =1
n
其中c 为与x 和n 无关的正实数．证明：若
∞
∑u (x )在[a , b ]上收敛，则必为一致收敛．
n n =1
∞
证法一
∑u (x )在[a , b ]上收敛，则∀x ∈[a , b ]，∀ε>0，∃N =N (ε, x )>0，当
n
00
n =1
n >N ，有
k =n +1
∑u k (x 0)
n +p
ε
2
，∀p ∈Ν．
取δ=
ε
4c
，则当x ∈[a , b ]，x −x 0N ，∀p ∈Ν时，有
k =n +1
∑u (x )≤∑u (x )−∑u (x )+∑u (x )
k
k
k
k
k =n +1
k =n +1
k =n +1
n +p n +p n +p n +p
≤
即
εε′
(u ξx −x +
22k =n +1
n +p
k =n +1
∑u (x )N ．
k
n +p
这样，当x 0取遍[a , b ]中所有点时，得[a , b ]的开覆盖U (x , δx )x ∈[a , b ]，在每个小区间上式成立．由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，设为U (x i , δi )，i =1, 2, , l ．取
{}
N =max {N (ε, x i )}，当n >N ，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，都有
k =n +1
∑u (x )
k
n +p
即一致收敛．
证法二 ∀ε>0，取m 充分大，将[a , b ]m 等分，使每个小区间的长度δ
∞
ε
4c
．顺次
∑u (x )在[a , b ]收敛，从而在每个x 收敛，于是，
n
i
n =1
∃N =N (ε, x i )>0，∀p ∈Ν，∀n >N ，有
k =n +1
∑u k (x i )
n +p
ε
2
，i =1, 2, , m
令N =max {N 1, N 2, , N m }，则当n >N 时，∀p ∈Ν，∀x ∈[a , b ]，∃i ，使x 属于第i 个小区间，有
′⎞⎛n +p
u k (x )=∑u k (x i )+∫⎜u k (t )⎟∑∑⎟dt x i ⎜k =n +1k =n +1⎠⎝k =n +1
n +p
n +p
x
≤
k =n +1
∑u k (x i )+∫
n +p
x
x i
εεε′
()u t dt
222k =n +1
n +p
ϕn (x ) }在[a , b ]上例25（云南大学）设函数f (x , y ) 在[a , b ]×[c , d ]上连续，函数序列{
一致收敛，且满足条件c ≤ϕn (x ) ≤d , n ≥1．证明：F n (x ) =f (x , ϕn (x )) (n ≥1) 在[a , b ]上一致收敛．
证 f (x , y ) 在[a , b ]×[c , d ]上连续，则在其上一致连续，即∀ε>0, ∃δ>0，
∀(x 1, y 1) ，(x 2, y 2) ∈[a , b ]×[c , d ]，当x 1−x 2
f (x 1, y 1) −f (x 2, y 2)
设{ϕn (x ) }在[a , b ]上一致收敛于ϕ(x ) ，则对上述δ>0，∃N >0，当n >N 时，
∀x ∈[a , b ]，都有
ϕn (x ) −ϕ(x )
从而当n >N 时，∀x ∈[a , b ]，由（1）式得
F n (x ) −f (x , ϕ(x )) =f (x , ϕn (x )) −f (x , ϕ(x ))
即{F n (x ) }在[a , b ]上一致收敛．
例26（吉林大学）设函数序列f 0(x ), f 1(x ), ，在区间I 上有定义，且满足：
i) f 0(x )≤M ， ii)
∑f (x )−f (x )≤M ，m =0, 1, 2, ，其中M 是常数．
n
n +1
n =0
m
试证：如果级数
∞
∑b
n =0
∞
n
收敛，则
∑b f (x )必在I 一致收敛．
n
n
n =0
∞
证
∑b
n =0
n
收敛，则∀ε>0，∃N >0，当n >N 时，∀p ∈Ν，有
n +p
k =n +1
∑b
k
记S i =
n +p
k =n +1
∑b
k
k
n +i
k
，于是S i
k =n +1
∑b f (x )≤S
1
f n +1−f n +2+S 2f n +2−f n +3+ +S p −1f n +p −1−f n +p +S p f n +p
≤M ε+εf n +p ．
而f n +p =f 0+f 0−f 1+f 1−f 2+ +f n +p −1−f n +p
k =n +1
∑b f (x )
k
k
n +p
即
k =n +1
∑b f (x )在I 一致收敛．
k
k
n +p
用Cauchy 准则证明非一致收敛． 例27 证明：级数
n +p
sin nx
在x =0的任一邻域内非一致收敛． ∑n n =1
∞
n +p
sin kx 1
的麻烦在于每项因子有sin kx ，否则∑很容易证明其发散．因分析：估计∑k k =n +1k =n +1k
此，我们想：在x =0的任一邻域U (0, δ)，当k 从n +1变化到n +p 时，sin kx 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当x ∈⎢
π⎡ππ⎤
, ⎥时，sin kx ≥sin ，因此，取
4⎣42⎦
x 0∈U (0, δ)，使sin kx 0≥sin
可．
证 取ε0=
π
4
，即只需kx 0∈⎢
π⎡ππ⎤
即, ，k =n +1, , 2n ．取x 0=4n 42⎣⎦
π2
，∀N ∈Ν，∃n >N ，∃p =n ，∃x 0=∈U (0, δ)，有
4n 4
2n
sin kx 0π1π12
≥>==ε0， sin sin ∑∑k k 4244k =n +1k =n +12n
由柯西收敛准则知
sin nx
非一致收敛． ∑n n =1
∞
4 M 判别法
关键在于寻找适当的收敛的正项级数，常用方法除观察法之外，还有①求u n (x )在I 上的最大值；②利用已知的不等式；③Taylor 公式；④微分中值定理等．
例28（安徽大学）证明：
∑x (1−x )
n n =1
∞
2
在[0, 1]上一致收敛．
证（最大值法） 记u n (x )=x (1−x )，则
n
2
′(x )=nx n −1(1−x )−2x n (1−x ) u n
2
′(x )=0得稳定点x =0, 1, 令u n
上的最大值为u n ⎜
n ⎛n ⎞
，而u n ⎜⎟>u n (0)=u n (1)=0，所以u n (x )在[0, 1]n +2⎝n +2⎠
⎛n ⎞
⎟，从而 n +2⎝⎠
n
2
2
2
n ⎞⎛n ⎞⎛2⎞4⎛n ⎞⎛u n (x ≤⎜⎟⎜1−⎟≤⎜1−⎟=⎜⎟
n ⎝n +2⎠⎝n +2⎠⎝n +2⎠⎝n +2⎠
∞
42
由∑2收敛知∑x n (1−x )在[0, 1]上一致收敛． n =1n n =1
∞
例29 证明：
∑arctan x
n =1
∞
2x
在(−∞, +∞)内一致收敛． 23
+n
分析：（不等式法）arctan
2x 2x 1
≤≤． 2323x +n x +n n
∞
n
1⎡x ⎛x ⎞⎤
例30（北京大学）证明：函数项级数∑⎢e −⎜1+⎟⎥在任意有穷区间[a , b ]上一
⎝n ⎠⎥n =1n ⎢⎣⎦
致收敛，在(−∞, +∞)上非一致收敛．
分析：首先建立不等式：对任意自然数n ，当t ≤n 时，有
t 2−t ⎛t ⎞
（吉林工业大学） e −⎜1−⎟≤e ，n ⎝n ⎠
−t
n
n n 2
t 2⎡⎛t ⎞t ⎤⎛t ⎞t t
−⎢1−⎜1−⎟e ⎥，记f (t )=只需证f (t )≥0事实上，原式等价于：1−⎜1−⎟e ≤，
n n ⎢⎝n ⎠⎣⎝n ⎠⎥⎦
（当t ≤n ）．而
2t f ′(t )=
n
t
⎛t ⎞−⎜1−⎟⎝n ⎠
n −1
n −1
n n −1
t ⎡t ⎞⎤⎛t ⎞t ⎛e +e ⎜1−⎟=⎢2−e ⎜1−⎟⎥． n ⎢⎝n ⎠⎝n ⎠⎥⎣⎦t
t
⎛t ⎞
用ξ表示方程2−e ⎜1−⎟
⎝n ⎠
=0的根（倘若存在的话），则极值点可能是t =0，t =ξ及
t =n ，但
f (0)=0，
n
ξ2⎡⎛ξ⎞ξ⎤ξ2⎡⎛ξ⎞⎤f (ξ)=−⎢1−⎜1−⎟e ⎥=−⎢1−2⎜1−⎟⎥（ξ所满足的方程）
n ⎢⎝n ⎠⎦⎦n ⎣⎣⎝n ⎠⎥
⎛ξ⎞ξ
=⎜1−⎟+2(n −1)≥0， ⎝n ⎠n
2
2
f (n )=n −1→+∞，
由此得f (t )≥min f (t )=f (0)=0．
t ≤n
其次，不妨设有限区间[a , b ]满足：a ≤M ，b ≤M ，则由所证不等式有
1⎡x ⎛x ⎞⎢e −⎜1+⎟n ⎢⎝n ⎠⎣
由此立得一致收敛．
n
⎤x 2x M 2M
⎥≤2e ≤2e
n ⎥⎦n
n 1⎡x ⎛x ⎞⎤
最后，在(−∞, +∞)上，∀n ∈Ν，当x →+∞时，⎢e −⎜1+⎟⎥→+∞，即通项
n ⎣⎝n ⎠⎦⎢⎥
在(−∞, +∞)上不可能一致收敛于零，从而非一致收敛．
例31（中国科技大学）设一元函数f 在x =0的某邻域内有二阶连续导数，f (0)=0，
0
n =1
∞
分析（Taylor 公式法）：因为f 在x =0的某邻域内有二阶连续导数，取δ>0充分小时，则f ′′(x )在[−δ, δ]连续，故∃M >0，有f ′′(x )≤M ．由泰勒定理得
f (x )=f (0)+f ′(0)x +
从而当x ∈[−δ, δ]时，有
11
（≤x ≤δ） f ′′(ξ)x 2=f ′(0)x +f ′′(ξ)x 2，
2! 2!
1⎛⎞
f (x )≤x ⎜f ′(0)+M δ⎟=q x ，
2⎝⎠
其中q =f ′(0)+
1
．由此可得 M δ．由δ的任意性可使q
2
f 2(x )=f (f (x ))≤q f (x )≤q 2x ≤q 2δ，
……
f n (x ≤q f n −1(x )≤ ≤q n δ，
……
由M −判别法知
． ∑f (x )一致收敛（且绝对收敛）
n n =1∞
例32（西南师大）证明：
∑x e
n =1
∞
2−nx
在(0, +∞)内一致收敛．
提示：x e
2−nx
x 2x 22
=
n 2x 2n 2x 2n 2
1+nx ++
22
例33（湖北大学2001）设{u n (x ) }是区间[a , b ]上的单调函数．证明：若级数和
∑u
n
(a )
∑u
n
(b ) 都绝对收敛，则∑u n (x ) 在[a , b ]上一致收敛．
提示：由单调性假设易得：u n (x ) ≤u n (a ) +u n (b ) ． 5 Abel判别法：将通项拆分成两项之积
1x n −t
t e dt 在例34 设b >0，a 1, a 2, 均为常数，级数∑a n 收敛．试证：∑a n
∫0! n n =1n =1
∞
∞
[0, b ]上一致收敛．
分析：（1）
∑a
n =1
∞
n
收敛，从而一致收敛；
（2）0≤
1x n −t 1+∞n −t 1
t e dt ≤t e dt =Γ(n +1)=1，一致有界； ∫∫00n ! n ! n !
（3）
x 11x t n −t 1x n −t n +1−t
． t e dt =t e dt ≤t e dt （当n >b 时）∫∫∫000n +1! n ! n +1n !
1x n −t
即∫t e dt 关于n 单减．由阿贝尔判别法知其在[a , b ]上一致收敛． n ! 0
(−1) n −1x n 1
=ln 2． 例35（北师大）证明：lim ∑n x →1−2+x 1n =1
∞
(−1) n −1x n
证 级数∑收敛，从而一致收敛，又∀x ∈[0, 1]，单调递减，且n 1+x n =1
∞
x n
1+x n
∞
x n (−1) n −1x n (−1) n −11∞(−1) n −11
lim ∑=∑(⋅lim =∑=ln 2， n n −→x →1−x 12n =121+x 1+x n =1n =1
∞
其中最后一步是由于ln(1+x ) =
6 Dirichlet判别法
∑(−1)
n =1
∞
∞
n −1
x n
, x ∈(−1, 1]． x
+n n e
在任何有限区间[a , b ]上一致收敛，例36（四川大学）证明：级数∑(−1)3n n =1
2
但在任何一点x 0处不绝对收敛．
分析：第二结论易证．下面仅分析证明第一结论．（也可用Abel 判别法） 证法一 （1）
2
∑(−1)
k =1
2
n
k
≤2，即部分和一致有界；
2
e x +n e x e x 11
（2），n =1, 2, ，单减； =+≥+232n n +1n n n +1e x +n e c +n
（3）当x ∈[a , b ]时，≤→0（c =max a , b }）
n 2n 32
e x +n
因此 0（n →∞）．由Dirichlet 判别法知其一致收敛．
n 32
x ∞∞∞
(−1)关n e n 1n 1
证法二 原级数可化为∑(−1)32+∑(−1)，显然∑(−1)32与∑
n n n n n =1n =1n =1n =1
∞
2
2
22
n
于x 一致收敛，又e 在[a , b ]上有界，一致收敛级数各项同乘以一有界函数后仍一致收敛，
x 2
x
n e
故∑(−1)32一致收敛，从而原级数一致收敛．
n n =1
∞
2
证法三 容易证明原级数是Leibniz 级数（由证法一立明）．则其余项和的绝对值满足：
e x +n +1e c +n +1
r n (x ≤≤→0 n +1n +1从而r n (x ) 0（n →∞），故一致收敛．
注：此例说明：一致收敛并不意味着绝对收敛．
22
x 2+n
在任何有限区间[a , b ]上一致收敛，思考题7（华中科技大学）证明：∑(−1) 2
n n =1
∞
n
但在任何一点都不绝对收敛．
Abel 判别法与Dirichlet 判别法有时连环使用．
x n ⎛1⎞
sin nx 例37 证明：∑(1−x )在⎜, 1⎟内一致收敛． 2n
1−x ⎝2⎠n =1
∞
∞
x n 1(1−x )x n 1⎛1⎞
=⋅sin nx sin nx 证 ∑(1−x )．显然：在⎜, 1⎟是关∑2n n n n
−+−1x 1x 1x 1+x ⎝2⎠n =1n =1
∞
于n 单调，且一致有界．根据阿贝尔判别法，只需证明收敛．
事实上， （1）
∑
n =1
∞
(1−x )x n sin nx 在⎛1, 1⎞上一致
1−x n
⎜⎟
2⎝⎠
⎛1⎞
的部分和在sin nx ⎜, 1⎟上一致有界， ∑⎝2⎠n =1
∞
∑sin kx ≤
k =1
n
1
sin 2
≤
1sin 4
．
(1−x )x n
（2）
1−x n
x n ⎛1⎞
n =关于单减（x ∈⎜, 1⎟，且 2n −1
1+x +x + +x ⎝2⎠
x n x n 1⎛1⎞0≤≤
1+x +x + +x nx n ⎝2⎠
即在⎜, 1⎟上一致收敛于0，由Dirichlet 判别法知其一致收敛．
7 Dini判别法
例38（Dini 定理）（东北师大、南京大学）设函数项级数
⎛1⎞
⎝2⎠
∑u (x )的每项均在有限区间
n n =1
∞n =1
∞
[a , b ]上连续，且收敛于连续函数f (x ) ．若∀x ∈[a , b ]，级数∑u n (x )为同号级数，则
∑u (x )在[a , b ]上一致收敛于f (x )．
n n =1
∞
证（反证法）假设在[a , b ]上非一致收敛，则∃ε0>0，使得∀N >0，∃n >N ，
∃x ∈[a , b ]，r n (x )≥ε0．取N =1，∃n 1>1，∃x 1∈[a , b ]，使R n 1(x 1)≥ε0；取N =n 1，∃n 2>n 1，∃x 2∈[a , b ]，使R n 2(x 2)≥ε，……，如此下去得一子列{R n k }，使得
R n k (x k )≥ε0，k =1, 2, ． （1）
由致密性定理，有界数列{x k }中存在收敛子列x k j ：x k j →x 0∈[a , b ]．由题设知
{}
∑u (x )是同号级数，因此R
n n =1
∞
n
(x ) 关于n 单调递减，所以由（1）得：当n k j >m 时，
R m x k j ≥R n k j x k j ≥ε0
((由于R m (x )=f (x )−S m (x )连续，故当j →+∞时，R m (x 0)≥ε0，这与上收敛相矛盾，故一致收敛．
例39（武汉大学）在闭区间[0, 1]上，
n
⎧⎪⎛x ⎞⎫⎪
（1）证明：函数列⎨⎜1+⎟⎬（n =1, 2, 3, ）一致收敛；
⎪⎭⎩⎝n ⎠⎪
∑u (x )在[a , b ]
n n =1
∞
（2）证明：函数列f n (x )=
1⎛x ⎞
e +⎜1+⎟
⎝n ⎠1
n
x n
n
（n =1, 2, 3, ）一致收敛；
（3）求出极限：lim
n →∞0
∫
1
x n
⎛x ⎞e +⎜1+⎟
⎝n ⎠
n
（n =1, 2, 3, ） dx ．
⎛x ⎞
解（1）证法一：⎜1+⎟↑e x ，且均在[0, 1]上非负连续，由Dini 定理知其一致收敛；
⎝n ⎠⎛x ⎞
，其次 证法二：首先⎜1+⎟→e x （n →∞）
⎝n ⎠
n −1
⎡x ⎛x ⎞n ⎤′⎛x ⎞x
⎢e −⎜1+⎟⎥=e −⎜1+⎟>0（x ∈[0, 1]）
⎝n ⎠⎦⎝n ⎠⎢⎥x ⎣
n
⎛x ⎞
知e −⎜1+⎟关于x 单增，故x ∈[0, 1]时，
⎝n ⎠
x
n
⎛x ⎞⎛1⎞
0≤e −⎜1+⎟≤e 1−⎜1+⎟→0（n →∞）
⎝n ⎠⎝n ⎠
x
n n
⎛x ⎞
． 所以在[0, 1]上，⎜1+⎟单增趋于e x （n →∞）
n ⎝⎠
（2）由Dini 定理知其一致收敛．事实上，f n (x ) →
n
1
(n →∞) ，且
1+e x
x f n (x ) −f (x ) =
1x
e +(1+n
x −
1
≤x
1+e
x
e +(1+) n −1−e x x
(1+e x )[e +(1+) n ]
x
x n x n x x
≤(1+) −e +e −1≤e −(1++e n −1，
由已证结论（1）知上式右端一致收敛于0． （3）lim
x 1
n →∞0
∫
1
x n
dx ⎛x ⎞e +⎜1+⎟
⎝n ⎠
n
=∫
1
1dx de x 1
． ==1+ln x x x ∫01+e e 1+e 1+e