对每一个 α > 0，判断从 n = 2 到 ∞ 的级数 Σ ln(1 + (−1)ⁿ/n^α) 是绝对收敛、条件收敛，还是发散。

Step-by-step solution

1. 1

   不要只盯着交错的那一半去判。 这些项看上去是交错的，莱布尼茨判别法让人一上手就想用。但 $\ln(1+x)$ 不是奇函数：$\ln(1+t)$ 和 $\ln(1-t)$ 并不会互相抵消，剩下的那点偏差恰恰决定了本题的结论。所以正确的做法是展开，而不是直接套判别法。

2. 2

   把对数展开。 记 $x_n=(-1)^n n^{-\alpha}\to 0$，并用 $\ln(1+x)=x-\tfrac{x^2}{2}+O(x^3)$：

   $\ln\!\left(1+\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\right)=\underbrace{\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}}_{\text{交错项}}-\underbrace{\frac{1}{2n^{2\alpha}}}_{\text{恒为负}}+O\!\left(\frac{1}{n^{3\alpha}}\right)$

   第二项完全不变号——这就是那个藏起来的偏差。

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   先处理交错的那一项。 对任意 $\alpha>0$，$\sum (-1)^n n^{-\alpha}$ 都由莱布尼茨判别法收敛（各项单调递减趋于零），而只有 $\alpha>1$ 时才绝对收敛。所以这一项永远不会造成发散。

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   再处理二次项——胜负就定在这里。 $\sum \tfrac{1}{2}n^{-2\alpha}$ 是 $p=2\alpha$ 的 $p$ 级数，当且仅当 $2\alpha>1$，也就是 $\alpha>\tfrac12$ 时收敛。当 $\alpha\le\tfrac12$ 时这一项发散到 $-\infty$，而交错那一项始终有界，于是整个级数发散。

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   把三种情形拼起来。 $O(n^{-3\alpha})$ 这个余项被 $n^{-2\alpha}$ 项压住，从来改变不了结论：

   • $\alpha>1$：两部分都绝对收敛，因为 $\left|\ln\left(1+\tfrac{(-1)^n}{n^\alpha}\right)\right|\sim n^{-\alpha}$ 而 $\sum n^{-\alpha}$ 收敛。
   • $\tfrac12<\alpha\le 1$：级数收敛，但 $\left|\ln(\cdot)\right|\sim n^{-\alpha}$ 且 $\alpha\le 1$，使得 $\sum|\cdot|$ 发散——这就是条件收敛。
   • $0<\alpha\le\tfrac12$：发散。
6. 6

   写出结论。

   $\sum_{n=2}^{\infty}\ln\!\left(1+\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\right)=\begin{cases}\text{绝对收敛}, & \alpha>1\\[2pt]\text{条件收敛}, & \tfrac12<\alpha\le 1\\[2pt]\text{发散}, & 0<\alpha\le\tfrac12\end{cases}$

   这道题的启示是：碰到 $a_n$ 交错的 $\ln(1+a_n)$，一定要先展开到二阶，再决定要不要用交错级数判别法。