2019年考研数二第19题解析：波纹函数、定积分累加求和、等比数列

一、题目

难度评级：

二、解析

根据「荒原之梦考研数学」的文章《周期函数的兄弟：波纹函数》和《单路径约束法：快速判断一个函数是否为周期函数》可知，题目中的函数 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x$ 是一个波纹函数。

接着，当 $k$ $=$ $0$, $1$, $2$, $\cdots$ 时，有：

$$\sin \left(k\pi \right)=0$$

于是：

$${\mathrm{e}}^{-k\pi }\sin \left(k\pi \right)=0$$

进一步分析可知，当 $k$ 为奇数时，$k+1$ 为偶数，此时：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x<0\\ \\ ⇝& {(-1)}^k<0\\ \\ ⇝{(-1)}^k& {\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x>0\end{array}$$

当 $k$ 为偶数时，$k+1$ 为奇数，此时：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x>0\\ \\ ⇝& {(-1)}^k>0\\ \\ ⇝{(-1)}^k& {\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x>0\end{array}$$

又因为，当 $k=0$ 时，$k\pi =0$, 当 $k=n-1$ 时，$(k+1)\pi =n\pi$.

于是，在区间 $(0,n\pi )$ 上，有：

$$S_n=\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x$$

接着，根据「荒原之梦考研数学」的《考研数学解题思路积累：和 ${\mathrm{e}}^x$ 有关的那些式子》这篇文章可知：

$$\int {\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x=\frac{-1}{2}{\mathrm{e}}^{-x}(\sin x+\cos x)$$

于是：

$$\begin{array}{rl}{\mathit{S}}_{\mathit{n}}& =\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x\\ \\ & =\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k\left[\frac{-1}{2}{\mathrm{e}}^{-x}(\sin x+\cos x)\right]{|}_{k\pi }^{(k+1)\pi }\\ \\ & =\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n–1}(-1{)}^{k+1}\left[{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }(-1{)}^{k+1}–{\mathrm{e}}^{-k\pi }(-1{)}^k\right]\\ \\ & =\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n–1}(-1{)}^{k+1+k+1+k}\left[{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }–{\mathrm{e}}^{-k\pi }\right]\\ \\ & =\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n–1}(-1{)}^{3k+2}\left[{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }–{\mathrm{e}}^{-k\pi }\right]\\ \\ & =\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n–1}1\left[{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }–{\mathrm{e}}^{-k\pi }\right]\\ \\ & =\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n–1}[{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }+{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[\sum _{k=0}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-(k+1)\pi }+\sum _{k=0}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & ⇝f=k+1⇝k\in (0,n-1)⇝f\in (1,n)\\ \\ & =\frac{1}{2}[\sum _{f=1}^n{\mathrm{e}}^{-f\pi }+\sum _{k=0}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[\sum _{f=1}^n{\mathrm{e}}^{-f\pi }+{\mathrm{e}}^0+\sum _{k=1}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & ⇝k=f\\ \\ & =\frac{1}{2}[\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }+1+\sum _{k=1}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[\sum _{k=1}^{n-1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }+{\mathrm{e}}^{-n\pi }+1+\sum _{k=1}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[1+2\sum _{k=1}^{n–1}{\mathrm{e}}^{-k\pi }\text{+}{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[1+2\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }–2{\mathrm{e}}^{-n\pi }\text{+}{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[1+2\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }\text{-}{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\end{array}$$

又因为 $\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }$ 展开之后其实是一个首项 $a_1$ $=$ ${\mathrm{e}}^{-\pi }$, 公比 $q$ $=$ ${\mathrm{e}}^{-\pi }$ 的等比数列的求和，即：

$$\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }={\mathrm{e}}^{-\pi }+{\mathrm{e}}^{-2\pi }+{\mathrm{e}}^{-3\pi }+\cdots +{\mathrm{e}}^{-n\pi }$$

所以，根据等比数列的求和公式可知：

$$\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }=\frac{a_1\cdot \left(1–q^n\right)}{1–q}=\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–{\mathrm{e}}^{-n\pi }\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}$$

于是：

$$\begin{array}{rl}{\mathit{S}}_{\mathit{n}}& =\frac{1}{2}[1+2\sum _{k=1}^n{\mathrm{e}}^{-k\pi }\text{-}{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}[1+2\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–{\mathrm{e}}^{-n\pi }\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}–{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\\ \end{array}$$

综上：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathit{S}}_{\mathit{n}}& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2}[1+2\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–{\mathrm{e}}^{-n\pi }\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}–{\mathrm{e}}^{-n\pi }]\\ \\ & =\frac{1}{2}+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–{\mathrm{e}}^{-n\pi }\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}–\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathrm{e}}^{-n\pi }\\ \\ & =\frac{1}{2}+\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathrm{e}}^{-n\pi }\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}–\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathrm{e}}^{-n\pi }\\ \\ & =\frac{1}{2}+\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }\left(1–0\right)}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}–0\\ \\ & =\frac{1}{2}+\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi }}{1–{\mathrm{e}}^{-\pi }}\\ \\ & =\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{{\mathrm{e}}^{\pi }}}{1–\frac{1}{{\mathrm{e}}^{\pi }}}\\ \\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{{\mathrm{e}}^{\pi }}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{\pi }}{{\mathrm{e}}^{\pi }–1}\\ \\ & =\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{{\mathbf{e}}^{\mathit{\pi }}–\mathbf{1}}\end{array}$$

即：

$${\mathit{S}}_{\mathit{n}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{{\mathbf{e}}^{\mathit{\pi }}–\mathbf{1}}$$

拓展资料

事实上，本题中的曲线函数 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x$ 的函数图像示意图如图 01 所示，其在区间 $(0,n\pi )$ 上的函数图像看上去就像是一条“直线”：

即便我们将 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x$ 在区间 $(0,n\pi )$ 上的函数图象再放大一些，其仍然看上去像是一条直线，如图 02 所示：

不过，当我们继续放大，就会看到波纹函数 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x$ “浅浅”的“波纹”了，如图 03 所示：

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