嘿，这个问题提得挺有意思的！你注意到的这个级数确实和余割平方级数高度相似，而且它确实是收敛的，我们可以一步步拆解来看：

第一步：简化通项，确认收敛性 #

先把级数的通项做个变形：
$$\frac{x+n}{|x+n|^3} = \frac{\text{sign}(x+n)}{|x+n|^2}$$
（解释一下：当$x+n>0$时，$|x+n|=x+n$，项就是$\frac{1}{(x+n)^{2}$；当$x+n<0$时，$|x+n|=-(x+n)$，项就变成$\frac{x+n}{(-(x+n))}3}=-\frac{1}{(x+n)^{2}$，正好对应$\text{sign}(x+n)/|x+n|}2$）

只要$x$不是整数（整数点会存在$n=-x$让通项无定义），这个级数是绝对收敛的——因为它的绝对值级数就是你提到的余割平方级数的变形：
$$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{|x+n|^2} = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(x+n)^2} = \pi^2\csc2(\pi x)$$
这个级数是已知收敛的，所以原级数的收敛性完全没问题。

第二步：计算级数的和函数 #

我们可以利用级数的周期性来简化计算：把$x$写成$k+s$，其中$k$是整数，$s=x-\lfloor x \rfloor$是$x$的小数部分（$s\in(0,1)$），原级数就变成周期为1的函数（平移1后级数结构不变），所以只需要计算$s\in(0,1)$的情况。

此时，当$n\geq -k$时，$x+n=s+(n+k)\geq s>0$，$\text{sign}(x+n)=1$；当$n\leq -k-1$时，$x+n=s+(n+k)\leq s-1<0$，$\text{sign}(x+n)=-1$。把级数拆成两部分：
$$
\sum_{n=-k}^\infty \frac{1}{(x+n)^2} - \sum_{n=-\infty}^{-k-1} \frac{1}{(x+n)^2}
$$

做变量替换：

• 第一部分令$m=n+k$，得到$\sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(s+m)^2}$
• 第二部分令$m=-(n+k+1)$，得到$\sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(m+1-s)^2}$

这两个求和式正好是trigamma函数（digamma函数的导数）：$\psi'(z)=\sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(z+m)^2}$，所以原级数的和就是：
$$
\psi'(s) - \psi'(1-s)
$$
其中$s=x-\lfloor x \rfloor$（$x$的小数部分）。

如果你想结合更熟悉的三角函数关系，也可以用digamma函数的反射恒等式$\psi(1-z)-\psi(z)=\pi\cot(\pi z)$，两边求导得到$\psi'(z)+\psi'(1-z)=\pi^2\csc2(\pi z)$，把这个和上面的结果结合，还能把和函数写成$2\psi'(s)-\pi^2\csc2(\pi s)$，不过$\psi'(s)-\psi'(1-s)$是最直接的表达式。

这个和函数是周期为1的奇函数（关于$s=1/2$对称），当$s$趋近于0或1时，和函数会趋向于正无穷，这也符合直观判断——靠近整数点时，级数里会出现一个趋近于无穷大的项。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Dst10