第1题#

解：（方向导数公式 $D_{\vec{l}}u=\nabla u\cdot\vec{e}_l$，需先求梯度再与单位方向向量点积）

求偏导数：$\frac{\partial u}{\partial x}=y+z$（将y,z视为常数对x求偏导）

$\frac{\partial u}{\partial y}=x+z$（将x,z视为常数对y求偏导）

$\frac{\partial u}{\partial z}=x+y$（将x,y视为常数对z求偏导）

在点 $(1,1,1)$ 处：$\frac{\partial u}{\partial x}=2$，$\frac{\partial u}{\partial y}=2$，$\frac{\partial u}{\partial z}=2$（代入坐标值计算梯度各分量）

故梯度 $\nabla u=(2,2,2)$（梯度向量为三个偏导数组成的向量）

方向向量 $\vec{l}=(1,1,1)$，模长 $|\vec{l}|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$（计算方向向量的模，为求单位向量做准备）

单位方向向量 $\vec{e}_l=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$（将方向向量单位化）

方向导数 $D_{\vec{l}}u=\nabla u\cdot\vec{e}_l=2\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$（梯度与单位方向向量点积，再化简分母）

选 A。

第2题#

解：（隐函数求导公式 $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}$，需构造辅助函数 $F$）

设 $F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-3$（将方程整理成 $F=0$ 的标准形式）

求偏导数：$F_x=2x$，$F_y=2y$，$F_z=2z$（分别对三个变量求偏导）

当 $x=1,y=1$ 时，代入原方程得 $1+1+z^2=3$，即 $z^2=1$，取 $z=1$（由方程确定该点对应的z值）

由隐函数求导公式：$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{2x}{2z}=-\frac{x}{z}$（应用隐函数求导公式）

$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{2y}{2z}=-\frac{y}{z}$（同理求对y的偏导）

在 $(1,1)$ 处：$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{1}{1}=-1$，$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{1}{1}=-1$（代入 $x=1,y=1,z=1$）

故 $\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=-1+(-1)=-2$（求和得到最终结果）

选 C。

第3题#

解：（球域上的三重积分，被积函数为 $x^2+y^2+z^2=r^2$，适合用球坐标）

采用球坐标变换：$x=r\sin\varphi\cos\theta$，$y=r\sin\varphi\sin\theta$，$z=r\cos\varphi$（写出球坐标与直角坐标的关系式）

则 $x^2+y^2+z^2=r^2$，体积元素 $dV=r^2\sin\varphi\,drd\varphi d\theta$（球坐标下的体积元素公式）

积分区域 $\Omega$ 在球坐标下为 $0\leq r\leq R$，$0\leq\varphi\leq\pi$，$0\leq\theta\leq 2\pi$（确定球坐标三个变量的积分范围）

$\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)\,dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\int_0^R r^2\cdot r^2\,dr$（将积分化为球坐标下的累次积分，注意被积函数 $r^2$ 与体积元素 $r^2$ 合并为 $r^4$）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\int_0^R r^4\,dr$（合并 $r$ 的幂次）

分别计算三个单积分：$\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$（$\theta$ 积分结果为 $2\pi$）

$\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=-\cos\varphi\big|_0^{\pi}=-(-1-1)=2$（$\varphi$ 积分，代入上下限）

$\int_0^R r^4\,dr=\frac{r^5}{5}\big|_0^R=\frac{R^5}{5}$（$r$ 的幂函数积分）

相乘得：$2\pi\times 2\times\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5}$（三个积分结果相乘得到最终答案）

选 A。

第4题#

解：（逐项分析各选项的敛散性）

选项 A：$\sum\frac{1}{\sqrt{n}}$ 是 $p$ 级数，$p=\frac{1}{2}<1$（识别为 $p$ 级数并与 $p=1$ 比较）

由 $p$ 级数判别法，$p\leq 1$ 时发散，故 A 发散（$p$ 级数在 $p\le1$ 时发散的结论）

选项 B：通项 $u_n=\frac{n}{n+1}$，$\lim_{n\to\infty}u_n=1\neq 0$（求通项极限，用级数收敛的必要条件判断）

由级数收敛的必要条件，通项不趋于零则级数发散，故 B 发散（必要条件：若级数收敛则通项必趋于零，逆否命题）

选项 C：$\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 为交错级数（识别级数类型为交错级数）

$u_n=\frac{1}{\sqrt{n}}$ 单调递减且 $\lim_{n\to\infty}u_n=0$（验证莱布尼茨判别法的两个条件）

由莱布尼茨判别法，该交错级数收敛，故 C 收敛（应用莱布尼茨交错级数判别法）

选项 D：$\sum\frac{1}{n}$ 是调和级数，$p=1$ 的 $p$ 级数，发散（调和级数是经典发散级数）

选 C。

第5题#

解：（曲线积分与路径无关的充要条件：$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$）

设 $P=x^2+ky$，$Q=y^2+x$（明确 $P$ 和 $Q$ 的表达式）

计算偏导数：$\frac{\partial P}{\partial y}=k$（$P$ 对 $y$ 求偏导，$x$ 视为常数）

$\frac{\partial Q}{\partial x}=1$（$Q$ 对 $x$ 求偏导，$y$ 视为常数）

由路径无关条件：$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，即 $k=1$（令两偏导数相等，解出未知参数）

选 B。

第1题#

解：（全微分公式 $dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$）

$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right)=-\frac{y}{x^2+y^2}$（对x求偏导，用链式法则和复合函数求导）

$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\frac{1}{x}=\frac{x}{x^2+y^2}$（对y求偏导，同理用链式法则）

故 $dz=-\frac{y}{x^2+y^2}\,dx+\frac{x}{x^2+y^2}\,dy=\frac{x\,dy-y\,dx}{x^2+y^2}$（代入全微分公式并整理）

第2题#

解：（点到平面距离公式 $d=\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$）

平面 $x+2y-2z+4=0$，点 $(1,2,3)$（明确公式中的系数和点的坐标）

代入公式：$d=\frac{|1\times 1+2\times 2-2\times 3+4|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}}$（将数值代入距离公式）

$=\frac{|1+4-6+4|}{\sqrt{1+4+4}}=\frac{|3|}{3}=1$（化简分子分母，得到最终距离）

第3题#

解：（内层积分 $e^{x^2}$ 对x无初等原函数，必须交换积分次序）

原积分区域：$0\leq y\leq 1$，$y\leq x\leq 1$（分析原积分限：y从0到1，对每个y，x从y到1）

画出区域：由 $x=y$、$x=1$ 和 $y=0$ 围成的三角形（画出积分区域，确认形状）

交换次序后：$0\leq x\leq 1$，$0\leq y\leq x$（改为x型区域：x从0到1，y从0到x）

$\int_0^1 dy\int_y^1 e^{x^2}\,dx=\int_0^1 dx\int_0^x e^{x^2}\,dy$（写出交换次序后的累次积分）

$=\int_0^1 e^{x^2}\cdot y\big|_0^x\,dx=\int_0^1 x e^{x^2}\,dx$（内层对y积分，$e^{x^2}$视为常数）

$=\frac{1}{2}e^{x^2}\big|_0^1=\frac{1}{2}(e-1)$（凑微分：$x dx=\frac{1}{2}d(x^2)$，求原函数后代入上下限）

第4题#

解：（利用等比级数求和公式 $\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$，$|t|<1$）

$f(x)=\frac{1}{2-x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{x}{2}}$（提取常数因子 $\frac{1}{2}$，将分母化为 $1-t$ 的标准形式）

令 $t=\frac{x}{2}$，当 $|t|<1$ 即 $|x|<2$ 时：$\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$（识别可用等比级数展开的条件和公式）

故 $f(x)=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x}{2}\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n+1}}$（代入 $t=x/2$ 并化简系数）

收敛域为 $|x|<2$，即 $(-2,2)$（由等比级数收敛条件 $|t|<1$ 反解x的范围）

第5题#

解：（散度公式 $\mathrm{div}\,\vec{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}$）

设 $\vec{A}=(P,Q,R)=(x^2,y^2,z^2)$（明确向量场的三个分量）

$\frac{\partial P}{\partial x}=2x$，$\frac{\partial Q}{\partial y}=2y$，$\frac{\partial R}{\partial z}=2z$（分别求三个分量对各自变量的偏导）

$\mathrm{div}\,\vec{A}=2x+2y+2z$（将三个偏导数相加得到散度表达式）

在点 $(1,1,1)$ 处：$\mathrm{div}\,\vec{A}=2+2+2=6$（代入点的坐标计算具体数值）

第1题#

设 $z=f(x^2+y^2,xy)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}$。

解：（复合函数求偏导，用链式法则，设中间变量 $u=x^2+y^2$，$v=xy$）

设 $u=x^2+y^2$，$v=xy$，则 $z=f(u,v)$（引入中间变量，将复合函数分解）

第一步：求一阶偏导数

$\frac{\partial z}{\partial x}=f_1\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_2\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=f_1\cdot 2x+f_2\cdot y$（链式法则：z对x的偏导等于f对各中间变量的偏导乘以中间变量对x的偏导）

第二步：对 $y$ 求偏导

$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(2x f_1+y f_2)$（一阶偏导数再对y求偏导，得到混合二阶偏导）

$=2x\cdot\frac{\partial f_1}{\partial y}+1\cdot f_2+y\cdot\frac{\partial f_2}{\partial y}$（对两项分别用乘积法则求导）

第三步：求 $\frac{\partial f_1}{\partial y}$ 和 $\frac{\partial f_2}{\partial y}$

注意 $f_1=f_1(u,v)$，$f_2=f_2(u,v)$ 仍是以 $u,v$ 为中间变量的复合函数（强调 $f_1,f_2$ 仍依赖于 $u,v$，需要继续用链式法则）

$\frac{\partial f_1}{\partial y}=f_{11}\cdot\frac{\partial u}{\partial y}+f_{12}\cdot\frac{\partial v}{\partial y}=f_{11}\cdot 2y+f_{12}\cdot x$（$f_1$ 对y求偏导，再次应用链式法则）

$\frac{\partial f_2}{\partial y}=f_{21}\cdot\frac{\partial u}{\partial y}+f_{22}\cdot\frac{\partial v}{\partial y}=f_{21}\cdot 2y+f_{22}\cdot x$（$f_2$ 对y求偏导，同理）

第四步：代入并整理

$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=2x(2y f_{11}+x f_{12})+f_2+y(2y f_{21}+x f_{22})$（将第三步结果代入第二步表达式）

$=4xy f_{11}+2x^2 f_{12}+2y^2 f_{21}+xy f_{22}+f_2$（展开括号）

由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，故 $f_{12}=f_{21}$（混合偏导数连续则相等，合并同类项）

$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=4xy f_{11}+2(x^2+y^2)f_{12}+xy f_{22}+f_2$（整理为最终形式）

第2题#

计算三重积分 $\iiint_\Omega z\,dxdydz$，其中 $\Omega$ 为上半球体 $x^2+y^2+z^2\leq 1$，$z\geq 0$。

解：（上半球区域，被积函数含 $z$，适合用球坐标或柱坐标）

方法一：球坐标

采用球坐标：$x=r\sin\varphi\cos\theta$，$y=r\sin\varphi\sin\theta$，$z=r\cos\varphi$（写出球坐标变换）

$dV=r^2\sin\varphi\,drd\varphi d\theta$（球坐标体积元素）

上半球 $\Omega$：$0\leq r\leq 1$，$0\leq\theta\leq 2\pi$，$0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2}$（确定积分限：$z\geq 0$ 对应 $0\leq\varphi\leq\pi/2$）

$\iiint_\Omega z\,dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi\int_0^1 (r\cos\varphi)\cdot r^2\,dr$（代入变换公式：$z=r\cos\varphi$，体积元素 $r^2\sin\varphi$）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi\int_0^1 r^3\,dr$（将三个积分分离，各自只含一个变量）

分别计算：$\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$（$\theta$ 积分结果为 $2\pi$）

$\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi=\frac{1}{2}\sin^2\varphi\big|_0^{\pi/2}=\frac{1}{2}$（凑微分或利用 $\sin\varphi\cos\varphi=\frac{1}{2}\sin 2\varphi$）

$\int_0^1 r^3\,dr=\frac{1}{4}$（幂函数积分）

相乘：$2\pi\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=\frac{\pi}{4}$（三个积分结果相乘）

方法二：柱坐标（验证）

$\Omega$：$0\leq\theta\leq 2\pi$，$0\leq r\leq 1$，$0\leq z\leq\sqrt{1-r^2}$（柱坐标下确定积分限）

$\iiint_\Omega z\,dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\,dr\int_0^{\sqrt{1-r^2}} z\,dz$（柱坐标体积元素 $r\,drd\theta dz$）

$=2\pi\int_0^1 r\cdot\frac{1-r^2}{2}\,dr=\pi\int_0^1(r-r^3)\,dr$（先对z积分，再对$\theta$积分，最后对r积分）

$=\pi\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1=\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi}{4}$（计算定积分，结果一致）

答案为 $\frac{\pi}{4}$。

第3题#

验证曲线积分 $\int_L (2xy+y^2)\,dx+(x^2+2xy)\,dy$ 在整个 $xOy$ 平面内与路径无关，并计算从点 $(0,0)$ 到点 $(1,2)$ 的积分值。

解：（验证路径无关性后，可通过求原函数或选折线路径计算）

设 $P=2xy+y^2$，$Q=x^2+2xy$（明确 $P$ 和 $Q$）

第一步：验证路径无关性

$\frac{\partial P}{\partial y}=2x+2y$（$P$ 对 $y$ 求偏导）

$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x+2y$（$Q$ 对 $x$ 求偏导）

在整个 $xOy$ 平面内，$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=2x+2y$（比较两偏导数）

且偏导数连续，故曲线积分与路径无关（满足路径无关的充要条件：偏导数相等且连续）

第二步：求原函数 $u(x,y)$

由 $\frac{\partial u}{\partial x}=P=2xy+y^2$（原函数对x的偏导应等于P）

对 $x$ 积分：$u(x,y)=x^2y+xy^2+C(y)$（将y视为常数对x积分，积分常数可能依赖于y）

由 $\frac{\partial u}{\partial y}=x^2+2xy+C'(y)=Q=x^2+2xy$（原函数对y的偏导应等于Q）

得 $C'(y)=0$，故 $C(y)=C_0$（常数）（解出 $C(y)$ 为常数）

取 $C_0=0$，原函数 $u(x,y)=x^2y+xy^2$（取最简单的原函数）

第三步：计算积分值

$\int_{(0,0)}^{(1,2)}(2xy+y^2)\,dx+(x^2+2xy)\,dy=u(1,2)-u(0,0)$（利用原函数计算曲线积分，类似牛顿-莱布尼茨公式）

$u(1,2)=1^2\times 2+1\times 2^2=2+4=6$（代入终点坐标）

$u(0,0)=0$（代入起点坐标）

积分值 $=6-0=6$（求差值）

第4题#

计算曲面积分 $\iint_\Sigma x\,dydz+y\,dzdx+z\,dxdy$，其中 $\Sigma$ 为上半球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 的上侧。

解：（第二类曲面积分，曲面不封闭，补底面后用高斯公式）

补底面 $\Sigma_1$：$z=0$，$x^2+y^2\leq R^2$，取 下侧（补面使封闭，注意方向：上侧加下侧构成外侧）

则 $\Sigma+\Sigma_1$ 构成封闭曲面的外侧，围成上半球体 $\Omega$（明确封闭曲面的方向和区域）

设 $P=x$，$Q=y$，$R=z$（明确 $P,Q,R$）

$\frac{\partial P}{\partial x}=1$，$\frac{\partial Q}{\partial y}=1$，$\frac{\partial R}{\partial z}=1$（计算三个偏导数）

由高斯公式：$\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}x\,dydz+y\,dzdx+z\,dxdy=\iiint_\Omega(1+1+1)\,dV$（应用高斯公式将曲面积分化为三重积分）

$=3\iiint_\Omega dV=3\times\frac{2}{3}\pi R^3=2\pi R^3$（3倍上半球体积，上半球体积为 $\frac{2}{3}\pi R^3$）

计算底面 $\Sigma_1$ 上的积分：

在 $\Sigma_1$ 上，$z=0$，故 $dz=0$，且法向量垂直于 $z$ 轴（分析底面的几何特征）

$\iint_{\Sigma_1}x\,dydz+y\,dzdx+z\,dxdy=\iint_{\Sigma_1}0\,dxdy=0$（$z=0$ 且 $dz=0$，三项均为零；或理解为底面投影到xy平面时上侧为负，但被积函数 $z=0$）

更严谨地：$\Sigma_1$ 上 $z\equiv 0$，故第三项为0；又 $dz=0$，故前两项也为0（详细说明每项为零的原因）

故原积分 $=2\pi R^3-0=2\pi R^3$（原积分等于封闭曲面积分减去补面上的积分）

答案为 $2\pi R^3$。

第5题#

将函数 $f(x)=\frac{1}{x^2+3x+2}$ 展开成 $x$ 的幂级数，并指出收敛域。

解：（先分解为部分分式，再分别展开）

第一步：部分分式分解

$f(x)=\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{(x+1)(x+2)}$（对分母进行因式分解）

设 $\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}$（部分分式分解的标准形式）

通分：$1=A(x+2)+B(x+1)$（两边同乘分母，建立等式）

令 $x=-1$：$1=A\cdot 1$，得 $A=1$（代入特定值求系数A）

令 $x=-2$：$1=B\cdot(-1)$，得 $B=-1$（代入特定值求系数B）

故 $f(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$（写出分解结果）

第二步：分别展开

$\frac{1}{x+1}=\frac{1}{1-(-x)}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n$，收敛域 $|x|<1$（利用等比级数公式，公比为 $-x$）

$\frac{1}{x+2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{x}{2}\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}x^n$（提取 $1/2$，公比为 $-x/2$）

收敛条件 $|-x/2|<1$，即 $|x|<2$（确定第二个展开的收敛范围）

第三步：合并

$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}x^n$（两式相减）

$=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^n$（提取公因子 $(-1)^n x^n$）

$=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}x^n$（通分整理系数）

收敛域： 两个级数收敛域的交集为 $|x|<1$（取两个收敛条件的交集：$|x|<1$ 与 $|x|<2$ 的交集是 $|x|<1$）

即收敛域为 $(-1,1)$

第1题#

求函数 $f(x,y)=x^3+y^3-3x-3y$ 的极值，并判断是极大值还是极小值。

解：（无条件极值问题，先求驻点，再用二阶导数判别法）

第一步：求驻点

求偏导数：$f_x=3x^2-3$（对x求偏导）

$f_y=3y^2-3$（对y求偏导）

令 $f_x=0$：$3x^2-3=0$，$x^2=1$，$x=\pm 1$（解方程得x的可能取值）

令 $f_y=0$：$3y^2-3=0$，$y^2=1$，$y=\pm 1$（解方程得y的可能取值）

驻点为 $(1,1)$，$(1,-1)$，$(-1,1)$，$(-1,-1)$（组合得到四个驻点）

第二步：二阶导数判别法

求二阶偏导：$f_{xx}=6x$，$f_{yy}=6y$，$f_{xy}=0$（计算三个二阶偏导数）

判别式 $D(x,y)=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=36xy$（构造判别式 $D=AC-B^2$）

（在每个驻点处计算D和A的值，根据判别法则判断极值类型）

第三步：计算极值

极小值 $f(1,1)=1+1-3-3=-4$（代入 $(1,1)$ 计算函数值）

极大值 $f(-1,-1)=-1-1+3+3=4$（代入 $(-1,-1)$ 计算函数值）

结论： 极小值为 $-4$，极大值为 $4$。

第2题#

将函数 $f(x)=x$（$0\leq x\leq\pi$）展开成正弦级数，并由此求级数 $1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots$ 的和。

解：（正弦级数对应奇延拓，只需计算 $b_n$）

将 $f(x)=x$ 在 $(0,\pi)$ 上展开为正弦级数，相当于对 $f(x)$ 作 奇延拓（正弦级数展开的理论基础是奇延拓）

正弦级数形式：$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx$（写出标准正弦级数形式）

其中 $b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f(x)\sin nx\,dx$（正弦级数系数的计算公式，因奇延拓后 $a_n=0$）

计算 $b_n$：

$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin nx\,dx$（代入 $f(x)=x$）

分部积分：设 $u=x$，$dv=\sin nx\,dx$，则 $du=dx$，$v=-\frac{\cos nx}{n}$（选择分部积分的 $u$ 和 $dv$）

$=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\Big|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\frac{\cos nx}{n}\,dx\right]$（应用分部积分公式）

$=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{\pi\cos n\pi}{n}+0+\frac{\sin nx}{n^2}\Big|_0^{\pi}\right]$（代入上下限，$\sin n\pi=\sin 0=0$）

$=\frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right)=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}$（化简，利用 $\cos n\pi=(-1)^n$）

正弦级数：

$x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin nx,\quad 0\leq x<\pi$（写出展开式，注意在端点 $x=\pi$ 处级数收敛于0）

求级数和：

令 $x=\frac{\pi}{2}$（选择 $x=\pi/2$ 是因为 $\sin(n\pi/2)$ 在n为奇数时交替取 $\pm 1$）

左边 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}$（代入 $x=\pi/2$ 到左边）

右边 $=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin\frac{n\pi}{2}$（代入 $x=\pi/2$ 到右边）

分析 $\sin\frac{n\pi}{2}$：当 $n$ 为偶数时 $\sin\frac{n\pi}{2}=0$（偶数项全部为零）

当 $n=2k-1$（奇数）时：$\sin\frac{(2k-1)\pi}{2}=(-1)^{k+1}$（奇数项规律：$n=1$ 时为1，$n=3$ 时为$-1$，$n=5$ 时为1，…）

具体验证：$n=1$：$\sin(\pi/2)=1$；$n=3$：$\sin(3\pi/2)=-1$；$n=5$：$\sin(5\pi/2)=1$（列出前几项验证规律）

故右边 $=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{2k-1+1}}{2k-1}\cdot(-1)^{k+1}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{2k}}{2k-1}\cdot(-1)^{k+1}$（将奇数项单独写出，令 $n=2k-1$）

更直接地写出前几项：$n=1$：$\frac{2}{1}\cdot 1$；$n=2$：$0$；$n=3$：$\frac{2(-1)^4}{3}\cdot(-1)=-\frac{2}{3}$（直接展开验证符号）