微积分/数列与级数/习题

以下习题测试你对无穷数列和级数的理解。在尝试这些问题之前，你可能需要复习相关内容。

每个问题后面都有一个“提示”（通常是对解决问题的最有效方法的简要说明）、一个“答案仅供参考”（顾名思义），最后是一个“完整解法”（展示获得正确答案所需的全部步骤）。这些应该显示为“折叠”或“隐藏”部分（点击标题即可显示内容），但一些较旧的网页浏览器可能无法正确显示它们（例如，显示应该隐藏的内容）。如果你的浏览器是这种情况（或者你正在查看打印版本），你应该注意不要在开始思考如何解决每个问题之前“看到太多”。

数列

考虑无穷数列

$a_{n}=n/2^{n},\ n=1,\ldots ,\infty .$

• 该数列是单调递增还是递减？

提示

用代数方法比较相邻项或求导数

答案仅供参考

单调递减（从第二项开始严格递减）

完整解法

可以考虑$a_{n+1}$与$a_{n}$的代数关系，并尝试证明其中一个大于另一个，或者求$a_{n}$对$n$的导数，并检查导数的正负。

用代数方法，由于

$a_{n+1}-a_{n}={\frac {n+1}{2^{n+1}}}-{\frac {n}{2^{n}}}={\frac {n+1}{2^{n+1}}}-{\frac {2n}{2^{n+1}}}={\frac {1-n}{2^{n+1}}},$

我们可以看到，当$n>1$时，$a_{n+1}<a_{n}$。也就是说，从第二项开始，该数列严格递减。只需代入$n=1$和$n=2$，很容易检查前两项的大小关系。

$a_{1}=1/2$

$a_{2}=2/4=1/2$

前两个项相等，之后各项严格递减。因此，该序列是单调递减的。

使用微积分，

${\frac {d}{dn}}\,{\frac {n}{2^{n}}}={\frac {2^{n}\cdot 1-n\cdot 2^{n}\ln 2}{(2^{n})^{2}}}={\frac {2^{n}(1-n\ln 2)}{2^{2n}}}={\frac {1-n\ln 2}{2^{n}}},$

当 $n>1/\ln 2\approx 1.44>1$ 时，该式为负数。其余的论证与之前相同。

• 该序列是否有下界，上界，或者两者都有，或者两者都没有？

提示

考虑分子和分母取什么值，并使用之前的答案

答案仅供参考

有下界和上界（两者都有）

完整解法

该序列有下界，因为对于所有 $n$ 值，该序列的项显然都是正数（大于 0）。此外，由于该序列是递减的（见上一个问题），因此该序列的最大值必须是第一项的值。所以该序列也有上界（为 1/2）。

• 该序列收敛还是发散？

提示

使用前两个答案得出结论，或者求极限

答案仅供参考

收敛

完整解法

根据前两个答案，该序列有下界且单调递减，因此根据定理，它必须收敛。

为了直接证明这一点，考虑极限

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2^{n}\ln 2}}=0.$

这两个极限根据 洛必达法则 是相等的，因为第一个极限表达式中的分子和分母都趋于无穷大。

由于极限存在，它就是序列收敛到的数字。

部分和

假设一个 级数 的第 n 个部分和由 $s_{n}=2-{\frac {1}{3^{n}}}.$ 给出。

• 该级数收敛吗？如果收敛，收敛到什么值？

提示

求极限

答案仅供参考

收敛到 2

完整解法

该级数收敛到 2，因为

$s=\lim _{n\to \infty }s_{n}=\lim _{n\to \infty }\left(2-{\frac {1}{3^{n}}}\right)=2.$

• 该级数的第 n 项的公式是什么？

提示

$s_{n}=a_{1}+\cdots +a_{n-1}+a_{n}=s_{n-1}+a_{n}$

答案仅供参考

$a_{n}={\frac {2}{3^{n}}}$

完整解法

$a_{n}=s_{n}-s_{n-1}=\left(2-{\frac {1}{3^{n}}}\right)-\left(2-{\frac {1}{3^{n-1}}}\right)={\frac {1}{3^{n-1}}}-{\frac {1}{3^{n}}}={\frac {3}{3^{n}}}-{\frac {1}{3^{n}}}={\frac {2}{3^{n}}}$

注意，该级数最终会变成等比级数，因为

$a_{n}=2\,(1/3)^{n}=a\,r^{n}.$

无限级数的求和

求以下每个 级数 收敛到的值。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {3}{4^{n}}}$

提示

无限等比级数的求和

答案仅供参考

4

完整解法

该级数为

$\sum _{n=0}^{\infty }3\left({\frac {1}{4}}\right)^{n}$

因此它是等比级数，首项为 $a=3$，公比为 $r=1/4$。所以

$s={\frac {a}{1-r}}={\frac {3}{1-1/4}}=4.$

• $\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {2}{e}}\right)^{n}$

提示

无限等比级数的求和

答案仅供参考

${\frac {2}{e-2}}$

完整解法

$s={\frac {2/e}{1-2/e}}={\frac {2}{e-2}}$

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-n}}$

提示

伸缩级数

答案仅供参考

1

完整解法

注意

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-n}}=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(n-1)}}=\sum _{n=2}^{\infty }\left({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}\right)$

通过部分分式。所以

$s=\lim _{N\to \infty }s_{N}=\lim _{N\to \infty }\left(1-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{N-1}}-{\frac {1}{N}}\right).$

除了第一个和最后一个项外，其他项都相互抵消，所以

$s=\lim _{N\to \infty }\left(1-{\frac {1}{N}}\right)=1.$

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

提示

重写使其所有指数都为n

答案仅供参考

−1/5

完整解法

该级数简化为

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2^{n}}{3^{n}\cdot 2}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}\left({\frac {-2}{3}}\right)^{n}$

因此是公比为$r=-2/3$的首项为$-1/3$的等比级数。因此

$s={\frac {-1/3}{1-(-2/3)}}=-1/5.$

无穷级数的收敛与发散

确定以下每个级数是收敛还是发散。（注意：每个“提示”都给出了得出结论所需的收敛/发散检验。）

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$

提示

p-级数

答案仅供参考

收敛

完整解法

这是一个p-级数，其中$p=2$。由于$p>1$，该级数收敛。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}}}$

提示

等比数列

答案仅供参考

收敛

完整解法

这是一个公比为$r=1/2$的等比数列，因此收敛，因为$|r|<1$。

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

提示

极限比较检验

答案仅供参考

发散

完整解法

该级数可以与一个p-级数比较

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

$\sim$ 符号表示这两个级数是“渐近等价”的——也就是说，它们要么都收敛，要么都发散，因为当n变得非常大的时候，它们的项在求和时的行为非常相似。这可以通过极限比较检验来证明

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}+1}}\div {\frac {1}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}+1}}\cdot {\frac {n}{1}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}}{n^{2}+1}}=1$

由于极限为正且有限，这两个级数要么都收敛，要么都发散。较简单的级数发散，因为它是一个p-级数，其中$p=1$（调和级数），因此原始级数根据极限比较检验发散。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{\ln n}}$

提示

直接比较检验

答案仅供参考

发散

完整解法

该级数可以与一个较小的p-级数比较

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{\ln n}}\geq \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

p-级数发散，因为$p=1$（调和级数），因此根据适当的直接比较检验，较大的级数也发散。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!}{2^{n}}}$

提示

发散检验

答案仅供参考

发散

完整解法

本系列的项没有零的极限。请注意，当 $n>1$ 时，

${\frac {n!}{2^{n}}}={\frac {n}{2}}\cdot \left[{\frac {n-1}{2}}\cdot {\frac {n-2}{2}}\dots {\frac {2}{2}}\right]\cdot {\frac {1}{2}}\geq {\frac {n}{2}}\cdot (1)\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {n}{4}}$

为了理解为什么不等式成立，请考虑当 $n=2$ 时，方括号中的分数实际上都不存在；当 $n=3$ 时，只有 2/2（与 $[n-1]/2$ 相同）在方括号中；当 $n=4$ 时，只有 3/2（等于 $[n-1]/2$）和 2/2（等于 $[n-2]/2$）在方括号中；当 $n=5$ 时，只有 4/2、3/2 和 2/2 在方括号中；以此类推。显然，这些分数都不小于 1，无论使用什么 $n>1$，都不会小于 1。

事实上

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{4}}=\infty$

这意味着

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{2^{n}}}=\infty$

因此，该级数根据发散检验发散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\cos \pi n}{n}}$

提示

交错级数检验

答案仅供参考

收敛

完整解法

这是一个交错级数

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\cos \pi n}{n}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n}}$

由于序列

$|a_{n}|={\frac {1}{n}}$

递减至 0，该级数根据交错级数检验收敛。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n\ln n-1}}$

提示

交错级数检验

答案仅供参考

收敛

完整解法

由于项交替出现，考虑序列

$|a_{n}|={\frac {1}{n\ln n-1}}$

此序列显然递减（因为 *n* 和 $\ln n$ 都是递增的——也可以证明表达式在 $n\geq 2$ 时导数为负），并且极限为零（分母趋于无穷大），因此该级数根据交替级数检验法收敛。

绝对收敛和条件收敛

确定以下每个级数是条件收敛、绝对收敛还是发散。（*注意：*每个“提示”都给出了最容易得出最终结论的检验方法。）

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {n}}}$

提示

交替级数检验法和直接比较检验法或积分检验法

答案仅供参考

条件收敛

完整解法

此级数交替出现，因此考虑序列

$|a_{n}|={\frac {1}{\sqrt {n}}}$

由于此序列显然递减至零，因此根据交替级数检验法，原始级数收敛。现在，考虑通过取原始级数项的绝对值形成的级数

$\sum |a_{n}|=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}$

此新级数可以与一个 *p* 级数比较

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}\geq \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

由于较小的级数发散，因此较大的级数也发散。但这意味着原始的（交替的）级数不是绝对收敛的。（最后一点也可以使用积分检验法证明。）因此，原始级数只是条件收敛。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\ln n}{n}}$

提示

交替级数检验法和积分检验法或直接比较检验法

答案仅供参考

条件收敛

完整解法

此级数交替出现，因此考虑序列

$|a_{n}|={\frac {\ln n}{n}}$

此序列根据洛必达法则的极限为零。

$\lim _{n\to \infty }{\frac {\ln n}{n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1/n}{1}}=0$

例如，可以通过证明作为x的连续函数，其导数为负来验证该序列是递减的。

${\frac {d}{dx}}\,{\frac {\ln x}{x}}={\frac {1-\ln x}{x^{2}}}<0{\mbox{ if }}x>e$

这意味着项从第二项开始（$n=3$）开始递减。因此，从$n=3$开始的级数根据交错级数判别法是收敛的；显然，从$n=2$开始的级数也收敛（因为这两个级数只相差一项）。现在，考虑通过取原始级数项的绝对值来形成的级数

$\sum |a_{n}|=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\ln n}{n}}$

这个新的只有正项的级数可以与p级数比较

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\ln n}{n}}\geq \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

由于较小的级数发散，较大的级数也发散。或者，可以使用积分判别法来测试正项级数的收敛性，因为$f(x)={\frac {\ln x}{x}}$显然是$[2,\infty )$上的连续、正函数，并且正如我们已经验证的那样，它也是递减的

$\int _{2}^{\infty }{\frac {\ln x}{x}}\,dx=\lim _{t\to \infty }\int _{2}^{t}{\frac {\ln x}{x}}\,dx=\lim _{t\to \infty }\int _{\ln 2}^{\ln t}u\,du$

通过替换$u=\ln x$；最后一个表达式变为

$\lim _{t\to \infty }{\Bigl (}{\frac {1}{2}}u^{2}{\bigr |}_{\ln 2}^{\ln t}{\Bigr )}=\lim _{t\to \infty }{\frac {1}{2}}(\ln t)^{2}-{\frac {1}{2}}(\ln 2)^{2}=\infty$

由于反常积分发散，正项级数发散。

无论你用哪种方法测试它，所有正项的级数都发散，这意味着原始（交错）级数不是绝对收敛的。因此，原始级数只是条件收敛的。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}n}{(\ln n)^{2}}}$

提示

发散检验

答案仅供参考

发散

完整解法

该级数是交替级数，但请注意，根据洛必达法则

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{(\ln n)^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2(\ln n)(1/n)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2\ln n}}$

${\mbox{ }}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2/n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2}}=\infty$

这意味着

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}n}{(\ln n)^{2}}}$

不存在，因此根据发散检验，该级数发散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2^{n}}{e^{n}-1}}$

提示

与几何级数进行极限比较检验

答案仅供参考

绝对收敛

完整解法

虽然可以通过交替级数检验证明该交替级数收敛，但也可以证明项的绝对值构成一个收敛级数，这足以得出原始级数绝对收敛的结论。因此，我们将跳过前者检验，只显示后者。

$\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}$

该正项级数与 $r=2/e$ 的渐近几何级数相同

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\sim \sum _{n=1}^{\infty }(2/e)^{n}$

使用极限比较检验可以证明这些级数的等价性

$\lim _{n\to \infty }\left[{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\div (2/e)^{n}\right]=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {2^{n}}{2^{n}}}\cdot {\frac {e^{n}}{e^{n}-1}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{1-1/e^{n}}}=1$

由于极限为正且有限，并且由于更简单的级数收敛，因为它是一个公比为 $r=2/e$（其绝对值小于1）的几何级数，因此该正项级数根据极限比较检验收敛。因此原始的交错级数是绝对收敛的。

顺便说一下，请注意，在这种情况下，直接比较检验比较困难（尽管仍然可以进行），因为

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\geq \sum _{n=1}^{\infty }(2/e)^{n}$

我们需要不等式反向才能得出结论，因为几何级数是收敛的。

这可以通过更仔细地选择新的级数来解决

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\leq \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-.5e^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{.5e^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }2(2/e)^{n}$

将原始级数与新的（收敛的几何）级数进行比较，得到所需的结果。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sin ^{2}n}}$

提示

发散检验

答案仅供参考

发散

完整解法

由于这是一个交错级数，我们可以尝试交错级数检验。考虑项的绝对值

$|a_{n}|={\frac {1}{\sin ^{2}n}}$

因为

$\lim _{n\to \infty }\sin ^{2}n$

不存在（因为它在区间 $[0,1]$ 内不断振荡，随着 n 变大）

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sin ^{2}n}}$

也不存在。因此，交错级数检验*失败*（它是不确定的）。

然而，在这种情况下，我们可以使用*发散检验*。由于

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sin ^{2}n}}$

也不存在（因此级数的项不收敛到0），原始级数根据发散检验发散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}n!}{(2n)!}}$

提示

比值检验

答案仅供参考

绝对收敛

完整解法

由于该级数中包含阶乘，我们尝试比值检验

$\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {(-1)^{n+1}(n+1)!}{[2(n+1)]!}}\div {\frac {(-1)^{n}n!}{(2n)!}}\right|=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)!}{n!}}\cdot {\frac {(2n)!}{(2n+2)!}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)}{(2n+2)(2n+1)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2(2n+1)}}=0$

由于极限小于 1，因此该级数根据比值检验绝对收敛。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}e^{1/n}}{\arctan n}}$

提示

发散检验

答案仅供参考

发散

完整解法

虽然这是一个交替级数，但分子和分母都没有无穷大极限，因此可能可以使用发散检验。

注意

$\lim _{n\to \infty }{\frac {e^{1/n}}{\arctan n}}={\frac {e^{0}}{\pi /2}}={\frac {2}{\pi }}\neq 0$

因此

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}e^{1/n}}{\arctan n}}\neq 0$

事实上，后一个极限不存在。因此，根据发散检验，该级数发散。

泰勒级数

求以下函数以给定值中心展开的泰勒级数。

• $f(x)=(1+3x)^{2},\ a=1$

提示

不要尝试使用求和公式 - 泰勒级数只有有限项

答案仅供参考

$f(x)=16+24(x-1)+9(x-1)^{2}$

完整解法

这是一个多项式，因此泰勒级数展开式是有限的。重复求导并代入 1，我们得到

$f(a)=16$

$f'(x)=2(1+3x)(3)=6(1+3x)\longrightarrow f'(a)=24$

$f''(x)=6(3)=18\longrightarrow f''(a)=18$

$f'''(x)=0\longrightarrow f'''(a)=0$

所有高阶导数也为零，因此函数的泰勒展开式为

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+{\frac {f''(a)}{2!}}(x-a)^{2}+{\frac {f'''(a)}{3!}}(x-a)^{3}+\dots$

简化为

$f(x)=16+24(x-1)+{\frac {18}{2}}(x-1)^{2}$

$=16+24(x-1)+9(x-1)^{2}$

请注意，答案没有进一步简化（例如，将所有项展开并合并同类项），因为这样得到的结果将不再是以 1 为中心的。

• $f(x)={\frac {1}{5-2x}},\ a=2$

提示

避免使用商法则

答案仅供参考

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }2^{n}(x-2)^{n}$

完整解法

这个有理函数可以写成更容易重复求导的形式

$f(x)=(5-2x)^{-1}$

最好用求和形式来表示答案，因为泰勒展开式不会终止。将幂法则产生的数字与链法则产生的数字分开，这样我们可以看到模式

$f(a)=1$

$f'(x)=(-1)(5-2x)^{-2}(-2)=(1)(5-2x)^{-2}(2)\longrightarrow f'(a)=1\cdot 2$

$f''(x)=(-1)(-2)(5-2x)^{-3}(-2)(-2)=(1\cdot 2)(5-2x)^{-3}(2^{2})\longrightarrow f''(a)=(1\cdot 2)(2^{2})$

$f'''(x)=(-1)(-2)(-3)(5-2x)^{-4}(-2)(-2)(-2)=(1\cdot 2\cdot 3)(5-2x)^{-4}(2^{3})\longrightarrow f'''(a)=(1\cdot 2\cdot 3)(2^{3})$

$f^{(4)}(x)=(-1)(-2)(-3)(-4)(5-2x)^{-4}(-2)(-2)(-2)(-2)=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4)(5-2x)^{-4}(2^{4})\longrightarrow f^{(4)}(a)=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4)(2^{4})$

导数值的规律是

$f^{(n)}(a)=n!\,2^{n}$

所以泰勒级数是

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!\,2^{n}}{n!}}(x-2)^{n}$

$=\sum _{n=0}^{\infty }2^{n}(x-2)^{n}$

• $f(x)=\sin ^{2}3x,\ a={\frac {\pi }{4}}$

提示

重写，使三角函数不再是平方

答案仅供参考

$={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\,6^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\Bigl (}x-{\frac {\pi }{4}}{\Bigr )}^{2n+1}$

完整解法

这个函数可以改写，使其更容易重复求导。根据正弦的半角三角恒等式

$f(x)={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}\cos 6x$

因此

$f(a)=(1/2)-(1/2)\cos(3\pi /2)=1/2$

$f'(x)=(1/2)(\sin 6x)(6)\longrightarrow f'(a)=(1/2)(-1)(6)$

$f''(x)=(1/2)(\cos 6x)(6^{2})\longrightarrow f''(a)=0$

$f'''(x)=(1/2)(-\sin 6x)(6^{3})\longrightarrow f'''(a)=(1/2)(1)(6^{3})$

$f^{(4)}(x)=(1/2)(-\cos 6x)(6^{4})\longrightarrow f'''(a)=0$

$f^{(5)}(x)=(1/2)(\sin 6x)(6^{5})\longrightarrow f'''(a)=(1/2)(-1)(6^{5})$

导数值的规律很复杂

$f^{(n)}(a)={\begin{cases}1/2&{\text{if }}n=0\\(1/2)(-1)^{(n+1)/2}(6^{n})&{\text{if }}n>0{\text{ and odd}}\\0&{\text{if }}n>0{\text{ and even}}\end{cases}}$

对于n阶导数，这个公式很繁琐。目前不用担心中间情况中的表达式(−1)^(n+1)/2，我们将在最终级数中使用更简单的版本。但是，请注意以下几点

1. n = 0 的情况（即，f(a)）与其他模式不符。
2. 当 n 为正偶数时，其值为 0，因此“偶数阶导数”项对级数没有贡献。

这意味着我们可以将泰勒公式改写为

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}$

为

$f(x)=f(a)+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {f^{(2n+1)}(a)}{(2n+1)!}}(x-a)^{2n+1}$

其中

$f^{(2n+1)}(a)=(1/2)(-1)^{n+1}(6^{2n+1})$

请注意，表达式 2n + 1 始终为奇数，并且当 n 为 1 时，其起始值为 3。因此 n = 1 对应于三阶导数，n = 2 对应于五阶导数，以此类推。应该很清楚 (−1)ⁿ⁺¹ 为这些导数值提供了正确的符号。

因此，泰勒级数为

$f(x)=1/2+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(1/2)(-1)^{n+1}(6^{2n+1})}{(2n+1)!}}(x-\pi /4)^{2n+1}$

$={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\,6^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\Bigl (}x-{\frac {\pi }{4}}{\Bigr )}^{2n+1}$

虽然可以通过将 6²ⁿ⁺¹ 拆分为 6²ⁿ · 6 并将第二个 6 拉到求和符号前面（从而得到一个 3）来进一步简化，但通常不会这样做，以保留在所有地方都有 2n + 1 的模式。