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@ -123,9 +123,9 @@ $$
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先考虑两者之比的极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)-2a-2bx}{\arctan x^2}$$由麦克劳林公式得$$\begin{aligned}\mathrm{e}^x&=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+O(x^3)\\\sin x&=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)\\\cos x&=1-\frac{x^2}{2}+O(x^3)\end{aligned}$$于是（把所有大于3次的项都放在高阶无穷小里面，这样可以简化计算）$$\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)=1+2x+x^2+O(x^3)$$从而极限式的分子等于$$2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3).$$又由麦克劳林公式得$$\arctan x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)$$故分母为$$x^2-\frac{x^6}{6}+O(x^6)=x^2+O(x^3).$$上面的分子分母带入极限式中得$$\lim\limits_{x\to0}\frac{2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3)}{x^2+O(x^3)}$$要让上式为有限值且不为$0$,只有$$\begin{cases}2-2a&=0\\4-2b&=0\end{cases}\implies\begin{cases}a&=1\\b&=2\end{cases}$$故选(B)
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**答案：** (B)
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4.下列级数中收敛的是（ ）。
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4.下列级数中绝对收敛的是（ ）。
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(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
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(A) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
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(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$
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@ -134,8 +134,8 @@ $$
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(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
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**解析**
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- **(A)** 当 $n=1$ 时，分母 $\sqrt{1+(-1)^1}=0$，项无定义，即便忽略此项，级数条件收敛，但整体不收敛。
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- **(B)** 由于 $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln \ln n}$，当 $n$ 足够大时，$\ln \ln n > 2$，故 $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}} < \frac{1}{n^2}$，由 $p$-级数收敛知原级数收敛。
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- **(A)** g根据莱布尼兹判别法，级数条件收敛，但其绝对值接近于$p-$级数（$p=\frac{1}{2}$）的情形，故不绝对收敛。
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- **(B)** 由于 $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln \ln n}$，当 $n$ 足够大时，$\ln \ln n > 2$，故 $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}} < \frac{1}{n^2}$，由 $p$-级数收敛知原级数绝对收敛。
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- **(C)** 用比值判别法：$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3}{(1+1/n)^n} = \frac{3}{e} > 1$，发散。
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- **(D)** 由于 $n^{1/n} \to 1$，故 $\frac{1}{n^{1+1/n}} \sim \frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
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