如果级数的每一项都是正数或零，即：
则称这个级数为正项级数。
正项级数的部分和数列 $\{s_n\}$ 是单调递增的：
因为 $s_{n+1} = s_n + u_{n+1} \geqslant s_n$
正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛的充分必要条件是：它的部分和数列 $\{s_n\}$ 有界。
正项级数的部分和是"一直在往上走"的。如果有一个"天花板"挡住它（有界），它就不得不收敛到某个值；如果没有天花板，它就会一直增长到无穷大（发散）。这个简单的想法是后面所有审敛法的基础！
在学习审敛法之前，我们先认识一个最常用的参照级数——$p$-级数：
当 $p > 1$ 时
当 $p \leqslant 1$ 时
常见特例速记
$p=1$：$\displaystyle\sum \frac{1}{n} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ 发散
这就是著名的调和级数
$p=2$：$\displaystyle\sum \frac{1}{n^2} = 1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots$ 收敛
在比较审敛法中，$p$-级数和等比级数是最常用的"已知级数"。遇到判断收敛性的题目时，我们经常拿待判级数和它们作比较。请务必牢记：$p > 1$ 时收敛，$p \leqslant 1$ 时发散。
设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 都是正项级数，且 $u_n \leqslant v_n$（$n=1,2,\cdots$），则：
① 若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛大的收敛 → 小的也收敛
② 若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散小的发散 → 大的也发散
想象两个人往箱子里放石头：
• 放得多的人箱子都没满（收敛）→ 放得少的人箱子当然也没满
• 放得少的人箱子都满了（发散）→ 放得多的人箱子肯定也满了
想证收敛：找一个更大的已知收敛级数来"盖住"它（$u_n \leqslant v_n$，$v_n$ 收敛）
想证发散：找一个更小的已知发散级数来"托住"它（$u_n \geqslant v_n$，$v_n$ 发散）
最常用的"已知级数"：等比级数 $\displaystyle\sum q^n$（$|q|<1$ 收敛）和 $p$-级数 $\displaystyle\sum \frac{1}{n^p}$
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ 的收敛性。
第一步：分析通项
$u_n = \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$，观察分母 $\sqrt{n(n+1)}$，当 $n$ 很大时，$n(n+1) \approx n^2$
第二步：寻找比较对象
因为 $n(n+1) > n^2$，所以 $\sqrt{n(n+1)} > \sqrt{n^2} = n$
因此 $\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}} < \dfrac{1}{n}$
但 $\displaystyle\sum \frac{1}{n}$ 是发散的！找到一个更大的发散级数不能说明什么。
我们需要换一个方向——既然"比大"不行，那就"比小"：
第三步：重新寻找
因为 $n(n+1) > n \cdot n = n^2$（但不够紧），试试更松的放缩：
$\sqrt{n(n+1)} > \sqrt{n \cdot n} = n$，而 $\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}} < \dfrac{1}{n}$
反过来看：$n(n+1) < (n+1)^2$，所以
$$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} > \frac{1}{n+1}$$
而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1} = \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ 是调和级数（去掉第一项），发散！
结论
因为 $\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}} > \dfrac{1}{n+1}$，而 $\displaystyle\sum \frac{1}{n+1}$ 发散，
由比较审敛法知，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ 发散
直接比大小有时不方便，极限形式更加实用：
设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 都是正项级数，如果
① 当 $0 < l < +\infty$ 时，两个级数同敛散（同时收敛或同时发散）
② 当 $l = 0$ 时，若 $\displaystyle\sum v_n$ 收敛，则 $\displaystyle\sum u_n$ 也收敛
③ 当 $l = +\infty$ 时，若 $\displaystyle\sum v_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum u_n$ 也发散
实际做题中，情况①最常用。当 $\lim \frac{u_n}{v_n}$ 是一个正的有限常数时，$u_n$ 和 $v_n$ "量级相同"，所以它们组成的级数具有相同的收敛性。
做题思路：观察 $u_n$，猜测它在 $n \to \infty$ 时"长得像"哪个简单的 $v_n$，然后验证比值极限。
分析：当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{n} \to 0$，利用等价无穷小 $\sin x \sim x$（当 $x \to 0$）
$$\lim_{n \to \infty} \frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1 \quad (0 < 1 < +\infty)$$
取 $v_n = \dfrac{1}{n}$，即调和级数，发散
由极限形式比较审敛法，两级数同敛散，故 $\displaystyle\sum \sin\frac{1}{n}$ 发散
判别级数 $\displaystyle 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{2n-1} + \cdots$ 的收敛性。
识别通项：$u_n = \dfrac{1}{2n-1}$
选取比较对象：取 $v_n = \dfrac{1}{n}$（调和级数，发散），计算比值极限
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2n-1}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n-1} = \frac{1}{2}$$
判断：$l = \dfrac{1}{2}$，满足 $0 < l < +\infty$，两级数同敛散
由于 $\displaystyle\sum \frac{1}{n}$ 发散，所以原级数也 发散
拿到 $u_n$ 后，"抓大头"——只看分子分母中增长最快的项，忽略低阶项和常数：
$\dfrac{1}{2n-1}$ → 分母"大头"是 $2n$，与 $\dfrac{1}{n}$ 同阶 → 取 $v_n = \dfrac{1}{n}$
判别级数 $\displaystyle \frac{1}{3\cdot5} + \frac{1}{4\cdot6} + \cdots + \frac{1}{(n+2)(n+4)} + \cdots$ 的收敛性。
识别通项：$u_n = \dfrac{1}{(n+2)(n+4)}$
"抓大头"：$n \to \infty$ 时，$(n+2)(n+4) \approx n^2$，所以 $u_n \approx \dfrac{1}{n^2}$
取 $v_n = \dfrac{1}{n^2}$（$p$-级数，$p=2>1$，收敛）
验证：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{(n+2)(n+4)}}{\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{(n+2)(n+4)} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2+6n+8} = 1$$
结论：$l=1$，满足 $0 < l < +\infty$，两级数同敛散
$\displaystyle\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 $\Rightarrow$ 原级数 收敛
比较审敛法需要找一个"已知级数"来比较，有时不太方便。比值审敛法只需要看级数自身相邻两项的比值：
设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数，如果
则：
当 $\rho < 1$ 时，级数 收敛
当 $\rho > 1$（或 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=+\infty$）时，级数 发散
当 $\rho = 1$ 时，无法判断（可能收敛也可能发散）
$\rho = \lim \dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ 反映的是级数每一项比前一项缩小的速度：
• $\rho < 1$：后面的项在迅速减小，来不及累加到无穷大 → 收敛
• $\rho > 1$：后面的项在不断增大，加起来肯定无穷大 → 发散
• $\rho = 1$：比值接近 $1$，减小太慢，要具体分析
通项中含有阶乘 $n!$、指数 $a^n$、或连乘积时，比值审敛法特别好用！因为相邻项相除可以大量消去。
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}$ 的收敛性。
识别：通项含阶乘 $n!$ → 用比值审敛法
$u_n = \dfrac{1}{n!}$，$u_{n+1} = \dfrac{1}{(n+1)!}$
计算比值极限：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0$$
关键步骤说明：
$\dfrac{n!}{(n+1)!}$ 是怎么化简的？利用阶乘的定义：
$(n+1)! = (n+1) \cdot n!$，所以 $\dfrac{n!}{(n+1)!} = \dfrac{n!}{(n+1) \cdot n!} = \dfrac{1}{n+1}$
结论：$\rho = 0 < 1$，由比值审敛法知，级数 收敛
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{3^n}$ 的收敛性。
识别：通项含 $n!$ 和 $3^n$ → 用比值审敛法
$u_n = \dfrac{n!}{3^n}$，$u_{n+1} = \dfrac{(n+1)!}{3^{n+1}}$
计算比值：
$$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!}{3^{n+1}} \cdot \frac{3^n}{n!} = \frac{(n+1)! \cdot 3^n}{3^{n+1} \cdot n!}$$
化简：
$\dfrac{(n+1)!}{n!} = n+1$，$\dfrac{3^n}{3^{n+1}} = \dfrac{1}{3}$
$$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{n+1}{3}$$
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{3} = +\infty$$
结论：$\rho = +\infty > 1$，由比值审敛法知，级数 发散
直觉：$n!$ 增长速度远远超过 $3^n$，所以通项趋向无穷大，级数当然发散。
设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 是正项级数，如果
则：
当 $\rho < 1$ 时，级数 收敛
当 $\rho > 1$（或 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=+\infty$）时，级数 发散
当 $\rho = 1$ 时，无法判断
$\sqrt[n]{u_n}$ 衡量的是通项 $u_n$ 的"平均缩小率"。如果开 $n$ 次方后仍然小于 $1$，说明 $u_n$ 缩小得足够快，级数能收敛。
通项形如 $u_n = [f(n)]^n$（即整体取 $n$ 次幂）时，根值审敛法特别好用！因为 $\sqrt[n]{[f(n)]^n} = f(n)$，直接消去了幂次。
与比值审敛法对比：比值法看"相邻项之比"，根值法看"开 $n$ 次方"，两者结论形式完全一致（$\rho<1$ 收敛，$\rho>1$ 发散），但适用的题型不同。
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{4n+1}\right)^n$ 的收敛性。
识别：通项是 $\left(\frac{n}{4n+1}\right)^n$，整体取 $n$ 次幂 → 用根值审敛法
计算：
$$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{n}{4n+1}\right)^n} = \frac{n}{4n+1}$$
（$n$ 次方开 $n$ 次根，恰好消去）
求极限：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{4n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{4+\frac{1}{n}} = \frac{1}{4}$$
结论：$\rho = \dfrac{1}{4} < 1$，由根值审敛法知，级数 收敛
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{3n+2}{2n+1}\right)^n$ 的收敛性。
识别：通项取 $n$ 次幂 → 根值审敛法
计算：
$$\sqrt[n]{u_n} = \frac{3n+2}{2n+1}$$
求极限：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{3n+2}{2n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{3+\frac{2}{n}}{2+\frac{1}{n}} = \frac{3}{2}$$
结论：$\rho = \dfrac{3}{2} > 1$，由根值审敛法知，级数 发散
| 审敛法 | 核心公式 | 判断标准 | 适用场景 |
|---|---|---|---|
| 比较审敛法 | $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=l$ | $0| 通项含 $\frac{1}{n^p}$ 型 |
|
| 比值审敛法 | $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$ | $\rho<1$ 收敛；$\rho>1$ 发散 | 含 $n!$、$a^n$、连乘积 |
| 根值审敛法 | $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho$ | $\rho<1$ 收敛；$\rho>1$ 发散 | 含 $[f(n)]^n$ 型 |
看到阶乘或指数 → 先试比值法； 看到整体 $n$ 次幂 → 先试根值法； 看到多项式型分式 → 先试比较法（与 $p$-级数比）
如果比值法或根值法算出 $\rho=1$，说明该方法失效，需要换用比较审敛法。
判别级数 $\displaystyle 1 + \frac{1+2}{1+2^2} + \frac{1+3}{1+3^2} + \cdots + \frac{1+n}{1+n^2} + \cdots$ 的收敛性。
识别通项：$u_n = \dfrac{1+n}{1+n^2}$（多项式型分式）→ 用比较审敛法
"抓大头"：$n \to \infty$ 时，分子 $\approx n$，分母 $\approx n^2$
所以 $u_n \approx \dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{n}$，取 $v_n = \dfrac{1}{n}$
验证：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1+n}{1+n^2}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n(1+n)}{1+n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+n^2}{1+n^2} = 1$$
结论：$l=1$，$0<1<+\infty$，两级数同敛散。$\displaystyle\sum\frac{1}{n}$ 发散 $\Rightarrow$ 原级数 发散
判别级数 $\displaystyle\sin\frac{\pi}{3} + \sin\frac{\pi}{3^2} + \sin\frac{\pi}{3^3} + \cdots + \sin\frac{\pi}{3^n} + \cdots$ 的收敛性。
识别通项：$u_n = \sin\dfrac{\pi}{3^n}$
$n \to \infty$ 时，$\dfrac{\pi}{3^n} \to 0$，利用 $\sin x \sim x$（$x \to 0$）
选取比较对象：$u_n \sim \dfrac{\pi}{3^n}$，取 $v_n = \dfrac{\pi}{3^n} = \pi \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^n$
这是公比 $q=\dfrac{1}{3}<1$ 的等比级数，收敛
验证：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sin\frac{\pi}{3^n}}{\frac{\pi}{3^n}} = 1$$
结论：$l=1$，$0<1<+\infty$，同敛散。等比级数收敛 $\Rightarrow$ 原级数 收敛
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{2^n(\arctan n)^n}$ 的收敛性。
识别：$u_n = \dfrac{3}{2^n(\arctan n)^n} = 3\cdot\left(\dfrac{1}{2\arctan n}\right)^n$，整体取 $n$ 次幂 → 根值审敛法
计算：
$$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{3} \cdot \frac{1}{2\arctan n}$$
求极限：$n \to \infty$ 时，$\sqrt[n]{3} \to 1$，$\arctan n \to \dfrac{\pi}{2}$
$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = 1 \cdot \frac{1}{2 \cdot \frac{\pi}{2}} = \frac{1}{\pi} \approx 0.318$$
结论：$\rho = \dfrac{1}{\pi} < 1$，由根值审敛法知，级数 收敛
判别级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{2n-1}\right)^{2n-1}$ 的收敛性。
识别：通项 $u_n = \left(\frac{n}{2n-1}\right)^{2n-1}$，指数含 $n$ → 尝试根值法
但指数是 $2n-1$ 而不是 $n$，需要处理一下
计算：
$$\sqrt[n]{u_n} = \left(\frac{n}{2n-1}\right)^{\frac{2n-1}{n}} = \left(\frac{n}{2n-1}\right)^{2-\frac{1}{n}}$$
求极限：$n \to \infty$ 时
$\dfrac{n}{2n-1} \to \dfrac{1}{2}$，$2-\dfrac{1}{n} \to 2$
$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$$
结论：$\rho = \dfrac{1}{4} < 1$，由根值审敛法知，级数 收敛
易错点 1：$\rho = 1$ 时不能下结论！
比值法或根值法算出 $\rho=1$ 时，级数可能收敛也可能发散，必须换方法。
例如：$\displaystyle\sum\frac{1}{n}$（发散）和 $\displaystyle\sum\frac{1}{n^2}$（收敛）用比值法都算出 $\rho=1$
易错点 2：比较审敛法的方向不能搞反！
• 要证收敛，必须找更大的收敛级数（"大的都能收敛，小的当然也能"）
• 要证发散，必须找更小的发散级数（"小的都发散了，大的肯定也发散"）
如果找到一个更大的发散级数，或更小的收敛级数，都不能得出任何结论！
易错点 3：比较审敛法极限形式中 $l=0$ 和 $l=+\infty$ 的限制
• $l=0$ 时只能由 $v_n$ 收敛推出 $u_n$ 收敛（不能反推发散）
• $l=+\infty$ 时只能由 $v_n$ 发散推出 $u_n$ 发散（不能反推收敛）
最安全的做法：让 $l$ 是一个正的有限常数（$0 < l < +\infty$），此时同敛散。
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=l$
$0 何时用： $u_n$ 是多项式分式型，如 $\frac{1}{n^2+3n}$、$\frac{n}{2n-1}$ 常用参照： $p$-级数 $\frac{1}{n^p}$、等比级数 $q^n$
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$
$\rho<1$ 收敛，$\rho>1$ 发散
何时用：
含 $n!$、$a^n$ 或连乘积，如 $\frac{1}{n!}$、$\frac{n!}{3^n}$
核心技巧：
相邻项相除消去大量因子
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho$
$\rho<1$ 收敛，$\rho>1$ 发散
何时用：
整体 $n$ 次幂型，如 $\left(\frac{n}{4n+1}\right)^n$
核心技巧：
$\sqrt[n]{[f(n)]^n}=f(n)$