📚 第 1 章极限与函数性质 · 错题集

💡 使用指南：本章节错题按艾宾浩斯记忆曲线排程。在看板「错题雷达」中可一键唤起空白无提示重测，独立演算后核对答案并打卡更新复测轮次。

例 1.33（20 年数二真题·斜渐近线）

设斜渐近线方程为 $y=kx+b$ 。

$k=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{y}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^x}{(1+x)^x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}=\dfrac{1}{e}$

$b=\lim\limits_{x\to+\infty}(y-kx)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\dfrac{x}{e}\right]=\lim\limits_{x\to+\infty}x\left[\left(\dfrac{x}{1+x}\right)^x-\dfrac{1}{e}\right]$

[!tip] 思路批注无穷减无穷，提最高阶无穷，构造无穷大×无穷小。

$=\lim\limits_{x\to+\infty}x\cdot\dfrac{e-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x\cdot e}$

$=\lim\limits_{x\to+\infty}x\cdot\dfrac{e-e^{x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}}{e^2}$

$=\lim\limits_{x\to+\infty}x\cdot\dfrac{1-e^{x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-1}}{e}$

（批注： $t\to0$ 时， $1-e^t\sim -t$ ）

$=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x\left[1-x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right]}{e}$

$=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x\left[1-x\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)\right]}{e}$

$=\dfrac{1}{2e}$ $\therefore y=\dfrac{1}{e}x+\dfrac{1}{2e}$

例 1.38（2010 数三真题·ln 内部等价与恒等变形）

若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 为 $x\to x_0$ （或 $\infty$ ）时的等价无穷小量，且均大于零，则 $\ln f(x)$ 和 $\ln g(x)$ 为 $x\to x_0$ （或 $\infty$ ）时的等价无穷大量。事实上，由于

\lim_{x\to x_0}\frac{\ln f(x)}{\ln g(x)}-1 =\lim_{x\to x_0}\frac{\ln f(x)-\ln g(x)}{\ln g(x)} =\lim_{x\to x_0}\frac{\ln\dfrac{f(x)}{g(x)}}{\ln g(x)}=0,

故 $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{\ln f(x)}{\ln g(x)}=1$ 。

结论：ln 内部可以等价无穷小。

$=\lim\limits_{x\to+\infty}e^{\frac{1}{\ln x}\cdot\ln\left(x^{\frac{1}{x}}-1\right)}$

$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(x^{\frac{1}{x}}-1\right)}{\ln x}}$

$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right)}{\ln x}}$ （批注： $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ ；大题不能直接等价，后续也可直接用洛必达）

$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\frac{\ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right)}{\ln\frac{\ln x}{x}}\cdot\frac{\ln\frac{\ln x}{x}}{\ln x}\right]}$

对第一个因子，令 $\dfrac{\ln x}{x}=t$ ，则 $t\to0^+$ ，有

$\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\ln(e^t-1)}{\ln t}\stackrel{\text{洛}}{=}\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\frac{e^t}{e^t-1}}{\frac{1}{t}}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{t e^t}{e^t-1}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{t}{e^t-1}=1$

对第二个因子：

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\frac{\ln x}{x}}{\ln x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(\ln x)-\ln x}{\ln x}$ （批注：抓大头， $=-1$ ； $\ln x\gg\ln(\ln x)$ ）

令 $\ln x=t$ ，则 $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t-t}{t}=-1$ 。

因此原式 $=e^{-1\times1}=e^{-1}$ 。

例 1.51（李艳芳 900·同阶但不等价）

对等式两端求导可得

f(x)+2f'(x)+f''(x)=e^{-x}(2\cos 2x-\sin 2x).\tag{1}

在 $(1)$ 式中令 $x=0$ 可得 $f''(0)=2$ 。于是

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+o(x^2)=x^2+o(x^2).

从而，当 $x\to 0$ 时， $f(x)$ 是与 $x^2$ 等价的无穷小量。

由于当 $x\to 0$ 时：

\sin 2x\sim 2x,\quad 1-\cos 2x\sim \frac{(2x)^2}{2}=2x^2,\quad e^{x^2}-1\sim x^2,\quad \sqrt{1+x}-1\sim \frac{x}{2},

故只有 $1-\cos 2x$ 是与 $f(x)$ 同阶但不等价的无穷小量。

因此，应选 (B)。

例 1.56（武忠祥严选题·极限函数与间断点）

先分析 $n\to\infty$ 时两类因子的趋势：

$e^{nx}$ ： $x>0$ 时 $\to+\infty$ ， $x=0$ 时 $=1$ ， $x<0$ 时 $\to 0$ ；
$x^n$ ： $|x|>1$ 时 $|x^n|\to+\infty$ ， $|x|<1$ 时 $\to 0$ ， $x=1$ 时 $=1$ ， $x=-1$ 时振荡。

关键分段点为 $x=-1,0,1$ ，据此把数轴分成四段讨论。

当 $x<-1$ 时： $e^{nx}\to 0$ ， $|x^n|\to+\infty$ ，故

f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{2e^{(n+1)x}+1}{e^{nx}+x^n+1}=0.

当 $-1<x<0$ 时： $e^{nx}\to 0$ ， $x^n\to 0$ ，故

f(x)=\frac{0+1}{0+0+1}=1.

当 $x>0$ 时： $e^{nx}\to+\infty$ 且 $e^{nx}\gg x^n$ ，于是

f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{2e^{(n+1)x}+1}{e^{nx}+x^n+1} =\lim_{n\to\infty}\frac{2e^x\cdot e^{nx}}{e^{nx}} =2e^x.

这一结果对 $0<x<1$ 、 $x=1$ 、 $x>1$ 均成立，因为指数函数 $e^{nx}$ 的增长远快于幂函数 $x^n$ 。

当 $x=0$ 时：

f(0)=\frac{2e^0+1}{e^0+0+1}=\frac{3}{2}.

综上：

f(x)=\begin{cases} 0, & x<-1,\\ 1, & -1<x<0,\\ \dfrac{3}{2}, & x=0,\\ 2e^x, & x>0. \end{cases}

检查间断点：

$x=-1$ ：左极限 $0$ ，右极限 $1$ ，左右极限不相等，故为跳跃间断点；
$x=0$ ：左极限 $1$ ，右极限 $2$ ，且 $f(0)=\dfrac{3}{2}$ ，左右极限不相等，故为跳跃间断点；
$x=1$ ：左右极限均为 $2e$ ，且 $f(1)=2e$ ，函数连续。

因此 $f(x)$ 共有两个跳跃间断点，应选 （D）。

例 1.63（2001 数一改编·中值 $\xi$ 与 $\theta$ 的极限）

第 ① 问

对 $f(x)$ 在 $x=0$ 处展开到二阶：

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2).

题设给出 $f(x)=f(0)+f'(\theta x)x$ ，两式相减得

f'(\theta x)x=f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2).

两边除以 $x$ ：

f'(\theta x)=f'(0)+\frac{f''(0)}2x+o(x).

另一方面，对 $f'(\theta x)$ 在 $0$ 处做一阶泰勒展开：

f'(\theta x)=f'(0)+f''(0)\cdot\theta x+o(x).

两式比较 $x$ 的系数：

f''(0)\theta=\frac{f''(0)}2.

由 $f''(0)\ne 0$ ，得

\boxed{\lim_{x\to 0}\theta=\frac12.}

第 ② 问

对 $f(x)$ 在 $x=0$ 处展开到三阶：

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3).

题设给出 $f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(\theta x)}2x^2$ ，两式相减得

\frac{f''(\theta x)}2x^2=\frac{f''(0)}2x^2+\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3).

两边除以 $\dfrac{x^2}2$ ：

f''(\theta x)=f''(0)+\frac{f'''(0)}3x+o(x).

另一方面，对 $f''(\theta x)$ 在 $0$ 处做一阶泰勒展开：

f''(\theta x)=f''(0)+f'''(0)\cdot\theta x+o(x).

两式比较 $x$ 的系数：

f'''(0)\theta=\frac{f'''(0)}3.

由 $f'''(0)\ne 0$ ，得

\boxed{\lim_{x\to 0}\theta=\frac13.}

若等式具有形式

f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+\frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n,

且 $f^{(n)}(x)$ 在 $x=0$ 处连续、 $f^{(n)}(0)\ne 0$ ，则

\boxed{\lim_{x\to 0}\theta=\frac1{n+1}.}

操作步骤：

把 $f(x)$ 在 $0$ 处泰勒展开到足够高的阶数；
与题设等式比较，解出含 $f^{(n)}(\theta x)$ 的余项；
再对 $f^{(n)}(\theta x)$ 在 $0$ 处做一次泰勒展开，比较同次幂系数即可得到 $\theta$ 的极限。在涉及 $f(\theta x)$ 、 $f'(\theta x)$ 或 $f^{(n)}(\theta x)$ 的等式中求 $\theta$ 的极限，是模拟卷常见考法。

核心思想：把 $\theta$ 从括号内“提出来”。最常用的方法是对等式两端同时在 $x=0$ 处做泰勒展开，再比较同次幂系数。

$\xi$ 与 $\theta$ 的关系（拉格朗日中值定理）

设 $a<b$ ，拉格朗日中值定理可写为

f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a),\qquad a<\xi<b.

其中 $\xi$ 又可等价写成

\xi=a+\theta(b-a),\qquad 0<\theta<1.

记忆方式：左端点加上 $\theta$ 倍的区间长度。

在泰勒公式的拉格朗日余项、积分中值定理等场景中，出现的 $\xi$ 也常可写成 $\theta x$ （即 $a=0,\ b=x$ 的情形）。

例 1.64（25 超越模拟卷·积分中值 θ 的极限）

有同学会这样写：

F(\theta x)=\int_0^{\theta x}f(t)\,dt+\int_0^{-\theta x}f(t)\,dt,

进而得到

F'(\theta x)=\theta f(\theta x)-\theta f(-\theta x),

这是标准错误。

本质原因是： $F'(\square)$ 表示 $F(\square)$ 对 $\square$ 求导。因此 $F'(\theta x)$ 指的是 $F(\theta x)$ 对 $\theta x$ 求导，而不是对 $x$ 求导。错误做法得到的是 $F(\theta x)$ 对 $x$ 的导数。

正确做法：若已求出 $F'(x)=f(x)-f(-x)$ ，则只需把式中所有 $x$ 替换为 $\theta x$ ，即

F'(\theta x)=f(\theta x)-f(-\theta x).

（Ⅰ）证明

令

F(x)=\int_0^x f(t)\,dt+\int_0^{-x} f(t)\,dt,\qquad x\in[0,1].

由拉格朗日中值定理，

F(x)-F(0)=F'(\theta x)\,x,\qquad 0<\theta<1.

由于 $F(0)=0$ ，故 $F(x)=F'(\theta x)\,x$ 。而

F'(x)=f(x)-f(-x),

将 $x$ 替换为 $\theta x$ 得

F'(\theta x)=f(\theta x)-f(-\theta x).

因此

\int_0^x f(t)\,dt+\int_0^{-x} f(t)\,dt=x\bigl[f(\theta x)-f(-\theta x)\bigr].

（Ⅱ）求极限

因为 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，所以 $F(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导。于是

F(x)=F(0)+F'(0)x+\frac{F''(0)}2x^2+o(x^2)=f'(0)x^2+o(x^2). \tag{1}

另一方面，

f(\theta x)=f(0)+f'(0)\theta x+o(x),

f(-\theta x)=f(0)-f'(0)\theta x+o(x).

两式相减得

f(\theta x)-f(-\theta x)=2f'(0)\theta x+o(x).

乘以 $x$ 得

x\bigl[f(\theta x)-f(-\theta x)\bigr]=2f'(0)\theta x^2+o(x^2). \tag{2}

由（1）、（2）及（Ⅰ）的等式，有

f'(0)x^2+o(x^2)=2f'(0)\theta x^2+o(x^2).

两边同除以 $f'(0)x^2$ ，再令 $x\to 0^+$ ，得

\boxed{\lim_{x\to 0^+}\theta=\frac12.}

例 1.91（1999 年数二真题·Σ 与积分混合的数列极限）

第一步：统一形式，把积分拆成小区间上的和

将积分按区间 $[k,k+1]$ 拆分：

\int_1^n f(x)\,dx=\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}f(x)\,dx.

于是

a_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}f(x)\,dx =\sum_{k=1}^{n-1}\left[f(k)-\int_k^{k+1}f(x)\,dx\right]+f(n).\tag{1}

第二步：证明单调递减

计算相邻两项之差：

\begin{aligned} a_{n+1}-a_n &=\sum_{k=1}^{n+1}f(k)-\int_1^{n+1}f(x)\,dx-\sum_{k=1}^{n}f(k)+\int_1^{n}f(x)\,dx\\ &=f(n+1)-\int_n^{n+1}f(x)\,dx. \end{aligned}

由积分中值定理，存在 $\xi\in(n,n+1)$ ，使得

\int_n^{n+1}f(x)\,dx=f(\xi).

因为 $f(x)$ 单调递减且 $\xi<n+1$ ，故

a_{n+1}-a_n=f(n+1)-f(\xi)\le 0.

所以 $\{a_n\}$ 单调递减。

第三步：证明有下界

对 $(1)$ 式中的每一项再用积分中值定理：存在 $\eta_k\in(k,k+1)$ ，使得

\int_k^{k+1}f(x)\,dx=f(\eta_k).

因此

a_n=\sum_{k=1}^{n-1}\bigl[f(k)-f(\eta_k)\bigr]+f(n).

由于 $f(x)$ 单调递减且 $k<\eta_k<k+1$ ，有 $f(k)-f(\eta_k)\ge 0$ ；又 $f(x)$ 非负，故 $f(n)\ge 0$ 。

从而

a_n\ge 0.

第四步：由单调有界准则得结论

$\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $0$ ，故由单调有界准则，数列 $\{a_n\}$ 的极限存在。

[!tip] 思路批注

遇到 $f'(x)$ 与 $f(x)$ 同时出现，优先考虑拉格朗日中值定理；

遇到 $f(x)$ 与 $\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt$ 同时出现，优先考虑积分中值定理；

本题的关键是把积分拆成小区间和，再与求和逐项比较，从而构造出非负下界。

例 1.92（2018 年数一二三真题·递推数列的单调有界）

第一步：证明 $x_n>0$ （数学归纳法）

由题设 $x_1>0$ 。

假设 $x_n>0$ ，则由递推式得

e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}.

因为 $x_n>0$ ，所以 $e^{x_n}-1>0$ ，从而 $e^{x_{n+1}}>0$ ，故 $x_{n+1}$ 存在且为实数。进一步，由 $e^t>1+t\ (t>0)$ ，有

e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}>\frac{x_n}{x_n}=1,

所以 $x_{n+1}>0$ 。

由数学归纳法，对所有 $n\in\mathbb{N}^*$ ，都有 $x_n>0$ 。

第二步：证明数列单调递减

法一（拉格朗日中值定理）

由递推式得

e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}.

对函数 $e^x$ 在 $[0,x_n]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n\in(0,x_n)$ ，使得

\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}=e^{\xi_n}.

因此 $e^{x_{n+1}}=e^{\xi_n}$ 。由于 $e^x$ 严格单调递增，故

x_{n+1}=\xi_n<x_n.

所以 $\{x_n\}$ 单调递减。

法二（通法：构造函数作差）

由递推式，

x_{n+1}=\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}.

要证 $x_{n+1}<x_n$ ，即证

\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}<x_n.

令

g(x)=\ln\frac{e^x-1}{x}-x,\qquad x>0.

求导得

g'(x)=\frac{e^x}{e^x-1}-\frac1x-1=\frac{1+x-e^x}{x(e^x-1)}.

当 $x>0$ 时， $e^x>1+x$ ，故 $g'(x)<0$ ，即 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。

又

\lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to0^+}\left[\ln\frac{e^x-1}{x}-x\right]=\ln 1-0=0,

所以对 $x>0$ 有 $g(x)<0$ ，即

\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}<x_n.

因此 $x_{n+1}<x_n$ ，数列 单调递减。

第三步：由单调有界准则得极限存在

已证 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$ ，故由单调有界准则， $\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ 存在。设该极限为 $a$ 。

第四步：求极限值

在递推式 $x_n e^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1$ 两边令 $n\to\infty$ ，得

a e^a=e^a-1.

整理得

(a-1)e^a=-1.

观察可知 $a=0$ 是上式的一个解。由于 $\{x_n\}$ 单调递减且 $x_n>0$ ，极限 $a\ge 0$ ；又 $a=0$ 满足方程，故

\boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=0.}

[!tip] 思路批注

看见数字 $1$ 可考虑写成 $e^0$ ，从而构造拉格朗日中值定理；

递推数列证单调的通法是作差或作商，必要时构造函数求导；

超越方程 $a e^a=e^a-1$ 无法严格解析求解时，可先观察特殊值（如 $a=0$ ），再结合单调性和有界性说明其合理性。

先证有下界：递推式含对数或分式时，先用数学归纳法证明 $x_n>0$ ，避免直接放缩导致逻辑漏洞。
证单调两路：
- 拉格朗日中值定理法：把 $e^{x_n}-1$ 写成 $e^{x_n}-e^0$ ，利用中值定理快速得到 $x_{n+1}<x_n$ ；
- 通法（构造函数）：令 $g(x)=x_{n+1}-x_n$ 的连续版本，通过求导判断正负。
求极限：在递推式两边取极限，得到关于极限 $a$ 的方程，观察特殊根即可；考研范围内通常只需写“解得 $a=0$ ”。
看见 $1$ 想 $e^0$ ：这是构造拉格朗日中值定理的常用技巧，可推广到 $\sin 0$ 、 $\tan 0$ 、 $\ln(1+0)$ 等情形。

例 1.96（25 超越模拟卷·抽象递推数列 + 求和极限）

第一步：证明 $x_n>0$ （数学归纳法）

由题设 $x_1>0$ 。

假设 $x_n>0$ ，要证 $x_{n+1}>0$ 。由于 $f'(x)>1>0$ ，故 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增，于是

x_{n+1}>0\iff f(x_{n+1})>f(0)=1.

下面给出三种证明 $f(x_{n+1})>f(0)$ 的方法。

法一（构造辅助函数，最规范）

令

g(x)=f(x)-x,\qquad x\ge 0.

则

g'(x)=f'(x)-1>0,

所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。又 $g(0)=f(0)-0=1$ 。

因为 $x_n>0$ ，所以

g(x_n)>g(0)=1,

即

f(x_n)-x_n>1=f(0).

而由递推式 $f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n$ ，故

f(x_{n+1})>f(0).

再由 $f$ 严格单调递增，得 $x_{n+1}>0$ 。

法二（官方答案做法：拆分函数值）

由递推式，

f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n=\bigl[f(x_n)-f(0)\bigr]+f(0)-x_n.

对 $f(x)$ 在 $[0,x_n]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n\in(0,x_n)$ ，使得

f(x_n)-f(0)=f'(\xi_n)\,x_n.

因此

f(x_{n+1})=f'(\xi_n)\,x_n+f(0)-x_n=\bigl[f'(\xi_n)-1\bigr]x_n+f(0).

由于 $f'(\xi_n)>1$ 且 $x_n>0$ ，所以 $\bigl[f'(\xi_n)-1\bigr]x_n>0$ ，于是

f(x_{n+1})>f(0).

再由 $f$ 严格单调递增，得 $x_{n+1}>0$ 。

法三（拉格朗日中值，最投机取巧）

由递推式 $f(x_n)-f(x_{n+1})=x_n$ ，对 $f(x)$ 在 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 之间应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 之间，使得

f(x_n)-f(x_{n+1})=f'(\xi_n)\,(x_n-x_{n+1}).

因此

f'(\xi_n)\,(x_n-x_{n+1})=x_n.

由于 $x_n>0$ 且 $f'(\xi_n)>1$ ，可解出

x_n-x_{n+1}=\frac{x_n}{f'(\xi_n)}>0,

这说明 $x_{n+1}<x_n$ ，同时也保证了中值点 $\xi_n$ 确实落在 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 之间。

于是

x_{n+1}=x_n-\frac{x_n}{f'(\xi_n)}=\left(1-\frac1{f'(\xi_n)}\right)x_n>0,

其中最后一步利用了 $f'(\xi_n)>1$ ，故 $1-\dfrac1{f'(\xi_n)}>0$ 。

[!warning] 注意直接由 $f'(\xi_n)>1$ 写出 $x_n=f'(\xi_n)(x_n-x_{n+1})>x_n-x_{n+1}$ 看似更快，但实际上隐含了 $x_n-x_{n+1}>0$ 的前提。严格做法是先由 $x_n/f'(\xi_n)>0$ 推出 $x_n-x_{n+1}>0$ ，再得到 $x_{n+1}>0$ 。

由数学归纳法，无论采用哪种方法，都可得到对所有 $n\in\mathbb{N}^*$ ，都有 $x_n>0$ 。

第二步：证明数列单调递减

由递推式

f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n<f(x_n),

这里用到了 $x_n>0$ 。

因为 $f$ 严格单调递增，所以

x_{n+1}<x_n.

故 $\{x_n\}$ 单调递减。

第三步：由单调有界准则求极限

已证 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$ ，故由单调有界准则， $\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ 存在。设该极限为 $a$ 。

在递推式 $f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n$ 两边令 $n\to\infty$ ，得

f(a)=f(a)-a.

因此 $a=0$ ，即

\boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=0.}

第四步：求前 $n$ 项和的极限

由递推式可知

x_n=f(x_n)-f(x_{n+1}).

因此前 $n$ 项和为望远镜求和：

\begin{aligned} S_n&=x_1+x_2+\cdots+x_n\\ &=\bigl[f(x_1)-f(x_2)\bigr]+\bigl[f(x_2)-f(x_3)\bigr]+\cdots+\bigl[f(x_n)-f(x_{n+1})\bigr]\\ &=f(x_1)-f(x_{n+1}). \end{aligned}

令 $n\to\infty$ ，并注意到 $x_{n+1}\to 0$ 且 $f$ 连续，得

\lim_{n\to\infty}S_n=f(x_1)-f(0)=f(x_1)-1.

故

\boxed{\lim_{n\to\infty}(x_1+x_2+\cdots+x_n)=f(x_1)-1.}

[!tip] 思路批注

单调函数比较大小的转化：若 $f$ 单调递增，则 $a>b\iff f(a)>f(b)$ ；本题把 $x_{n+1}>0$ 转化为 $f(x_{n+1})>f(0)$ ，避免直接估计 $x_{n+1}$ 。

$f(0)=1$ 的用法： $f(0)$ 既作为拉格朗日中值定理的左端点，也作为比较 $f(x_{n+1})$ 大小的基准。

求和极限的突破口：递推式可改写为 $x_n=f(x_n)-f(x_{n+1})$ ，这是典型的望远镜结构。

抽象递推数列的处理：题设只给出 $f$ 的可导性与导数不等式，优先利用拉格朗日中值定理把函数差与自变量差联系起来。
证 $x_{n+1}>0$ 的三种思路：
- 法一（构造辅助函数）：令 $g(x)=f(x)-x$ ，由 $g'(x)>0$ 得 $g(x_n)>g(0)$ ，即 $f(x_{n+1})>f(0)$ ，最规范；
- 法二（拆分函数值）： $f(x_{n+1})=[f(x_n)-f(0)]+f(0)-x_n=f'(\xi_n)x_n+f(0)-x_n$ ，由 $f'(\xi_n)>1$ 得正；
- 法三（拉格朗日中值）： $f(x_n)-f(x_{n+1})=f'(\xi_n)(x_n-x_{n+1})=x_n$ ，解出 $x_{n+1}=\bigl(1-1/f'(\xi_n)\bigr)x_n>0$ 。
证单调：递推式直接给出 $f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n<f(x_n)$ ，结合 $f$ 严格单调递增即得 $x_{n+1}<x_n$ 。
求和先拆项：当递推式可写成 $x_n=f(x_n)-f(x_{n+1})$ 这类“相邻函数值之差”时，前 $n$ 项和通常可望远镜化。
比较函数值技巧：直接比较自变量困难时，若已知函数单调，就把问题转移到函数值层面，往往能利用题设导数条件获得不等式。

例 1.100（基础十三讲·改编自 2014 数一真题·处在一个表达式里的双数列）

（1）计算 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$

思路一：给出 $a_n,b_n$ 的范围 $\Rightarrow$ 放缩 $\Rightarrow$ 夹逼

由条件知 $0<a_n<\dfrac{\pi}{2},\ 0<b_n<\dfrac{\pi}{2}$ 。

将原等式变形为

\cos a_n - a_n = a_n(\cos b_n - 1). \tag{*}

夹逼分析：

由于 $0<b_n<\dfrac{\pi}{2}$ ，故 $\cos b_n\in(0,1)$ ，从而 $\cos b_n-1<0$ 。又 $a_n>0$ ，所以 $(*)$ 式右边 $<0$ 。

左边 $\cos a_n - a_n$ ：当 $a_n$ 足够小时， $\cos a_n\approx 1-\dfrac{a_n^2}{2}$ ，故 $\cos a_n-a_n\approx 1-a_n-\dfrac{a_n^2}{2}>0$ （当 $a_n$ 很小时）。

左右符号看似矛盾，说明变形 $(*)$ 还不能直接用于夹逼。

换一种方式：直接从原式出发。由 $\cos b_n\in(0,1)$ 得

a_n = \frac{\cos a_n}{\cos b_n} > \cos a_n.

结合 $a_n\to 0$ 的题设， $\cos a_n\to 1$ ，于是 $a_n>$ 某个趋于 $1$ 的量——这表明仅凭简单放缩无法自洽地推出 $a_n\to 0$ 。

\boxed{\lim_{n\to\infty}a_n = 0}\quad\text{（题设已给;\quad 若需验证,\quad 可用单调有界或更精细的夹逼）}

（2）计算 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}$

❌ 方法一：更形式反解（错误示范）

试图把 $b_n$ 从 $\cos a_n = a_n\cos b_n$ 中反解出来，再代入求极限。

由原式：

\cos b_n = \frac{\cos a_n}{a_n},\qquad b_n = \arccos\!\left(\frac{\cos a_n}{a_n}\right).

于是形式化地写：

\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_n}\arccos\!\left(\frac{\cos a_n}{a_n}\right).

令 $t_n = \dfrac{\cos a_n}{a_n}$ 。当 $a_n\to 0$ 时 $\cos a_n\to 1$ ，故

t_n = \frac{1+o(1)}{a_n} \to +\infty.

此时 $\arccos(t_n)$ 无定义（ $\arccos$ 的定义域为 $[-1,1]$ ），整条路直接断掉。

即使强行做变量替换或复延拓，也会得到类似

\frac{b_n}{a_n} \sim \frac{1}{a_n}\cdot(\text{虚数/发散量})

这样的无量纲荒谬结果。

[!danger] 批注 方法一：元函数隐含条件，看似能做，其实我们直接就错了！❌❌❌

反解出 $b_n=\arccos(\cdots)$ 后，自变量直接跑出定义域。这类”形式上能写出来”的做法最具迷惑性——步骤看起来每一步都有依据，但前提已经不成立了。

❌ 方法二：不等式放缩 + 递推（错误示范）

不反解，而是尝试通过放缩建立递推关系来估计 $\dfrac{b_n}{a_n}$ 。

从 $\cos a_n = a_n\cos b_n$ 出发，做如下变形链：

\begin{aligned} &\text{(1)}\quad \cos a_n - a_n\cos b_n = 0 \\[4pt] &\text{(2)}\quad \frac{\cos a_n - a_n\cos b_n}{a_n} = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{\cos a_n}{a_n} - \cos b_n = 0 \\[4pt] &\text{(3)}\quad \text{尝试放缩 } \cos b_n \text{ 与 } b_n \text{ 的关系} \;\Longrightarrow\; \text{得到粗糙的上下界} \\[4pt] &\text{(4)(5)(6)}\quad \text{多步放缩后得到 } b_n < \frac{C}{a_n} \text{ 或 } b_n > c\cdot a_n^\alpha \text{ 等估计} \end{aligned}

错误原因：

每一步放缩都丢失了精确的阶数信息；
最终只能得到 $b_n$ 的数量级上下界（如 $b_n = O(a_n^{-1})$ 或 $O(a_n)$ ），但无法确定极限常数；
有些放缩方向甚至是错的（例如在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上 $\cos x < 1$ 但不一定大于 $x$ ）。

最终结果：证明了某些有界性，但求不出 $\lim\dfrac{b_n}{a_n}$ 的具体值。

✓ 方法三：对 $b_n$ 行列式泰勒展开（正解）

核心思想：既然 $a_n\to 0$ 已知，就把 $\cos a_n$ 和 $\cos b_n$ 都做泰勒展开，代入原等式后比较主项阶数，反推出 $b_n$ 与 $a_n$ 的阶数关系。

第一步：展开 $\cos a_n$

由 $a_n\to 0$ ，做二阶泰勒展开：

\cos a_n = 1 - \frac{a_n^2}{2} + o(a_n^2). \tag{1}

第二步：假设 $b_n$ 的阶数并展开 $\cos b_n$

关键预判： $b_n$ 是否也 $\to 0$ ？

先假设 $b_n$ 与 $a_n$ 同阶，即设 $\displaystyle L = \lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}$ 存在且有限。则 $b_n \sim L\,a_n$ ，于是

\cos b_n = 1 - \frac{b_n^2}{2} + o(b_n^2) = 1 - \frac{L^2 a_n^2}{2} + o(a_n^2). \tag{2}

第三步：代入原等式并比较

将 $(1)(2)$ 代入 $\cos a_n = a_n\cos b_n$ ：

1 - \frac{a_n^2}{2} + o(a_n^2) = a_n\left(1 - \frac{L^2 a_n^2}{2} + o(a_n^2)\right) = a_n - \frac{L^2 a_n^3}{2} + o(a_n^3). \tag{3}

比较 $(3)$ 式两边的同次幂：

阶数	左边	右边
常数项 ( $a_n^0$ )	1	0
$a_n^1$ 项	0	1

常数项就不匹配！左边 $\to 1$ 而右边 $\to 0$ 。这说明假设 ” $b_n$ 与 $a_n$ 同阶（ $L$ 有限）” 是错误的。

第四步：调整—— $b_n$ 不趋于 $0$

回到核心等式：

a_n\cos b_n = \cos a_n \to 1.

由于 $a_n\to 0$ ，要使乘积 $\to 1$ ，必须有 $\cos b_n\sim \dfrac{1}{a_n}\to +\infty$ ——但这不可能（余弦有界）！

因此 $b_n$ 不能趋于使 $\cos b_n$ 有界的点。唯一可能： $b_n$ 趋于某个使 $\cos b_n$ 以特定方式配合 $a_n$ 的值。

考虑到 $0<b_n<\dfrac{\pi}{2}$ ，设 $b_n\to\dfrac{\pi}{2}^-$ （从左侧趋近 $\dfrac{\pi}{2}$ ），则令

b_n = \frac{\pi}{2} - c_n,\qquad c_n\to 0^+.

此时

\cos b_n = \cos\!\left(\frac{\pi}{2}-c_n\right) = \sin c_n \sim c_n.

代入原式 $\cos a_n = a_n\cos b_n$ ：

1 - \frac{a_n^2}{2} + o(a_n^2) = a_n \cdot c_n (1+o(1)).

左边 $\to 1$ ，故 $a_n c_n\to 1$ ，即

c_n \sim \frac{1}{a_n}.

于是

b_n = \frac{\pi}{2} - c_n \sim \frac{\pi}{2} - \frac{1}{a_n}, \qquad \frac{b_n}{a_n} \sim \frac{\pi}{2a_n} - \frac{1}{a_n^2}.

当 $a_n\to 0^+$ 时， $\dfrac{b_n}{a_n}\to -\infty$ （主项 $-\dfrac{1}{a_n^2}$ 主导）。

双数列问题的第一反应：先确认每个数列各自的极限行为（ $\to 0$ ？ $\to$ 常数？ $\to\infty$ ？振荡？），再决定展开方式。
方法一（反解）为何错：反解三角函数时必须检查定义域。 $\arccos$ 要求 $|x|\le 1$ ，而 $\dfrac{\cos a_n}{a_n}\to+\infty$ 直接超限。
方法二（放缩）为何不够：放缩可以证存在性/有界性，但会丢失常数级信息。求具体极限值时精度不够。
方法三（泰勒展开）的操作流程：
- 先假设 $b_n\sim L\cdot a_n^\alpha$ （ $L,\alpha$ 待定）；
- 同时展开 $\cos a_n$ 和 $\cos b_n$ 到足够高阶；
- 代入原等式，逐项比较幂次；
- 若出现矛盾（如常数项不匹配），说明 $\alpha$ 假设错误，需调整（可能 $b_n\not\to 0$ ，而是趋于某非零常数如 $\dfrac{\pi}{2}$ ）。
本题的核心教训：不要默认 $a_n\to 0$ 就推出 $b_n\to 0$ 。双数列中两个数列的极限行为可能完全不同，必须通过等式本身来推导。

ギターと孤独と蒼い惑星

📚 第 1 章极限与函数性质 · 错题集

📚 第 1 章极限与函数性质 · 错题集

例 1.33（20 年数二真题·斜渐近线）

例 1.38（2010 数三真题·ln 内部等价与恒等变形）

例 1.51（李艳芳 900·同阶但不等价）

例 1.56（武忠祥严选题·极限函数与间断点）

例 1.63（2001 数一改编·中值 $\xi$ 与 $\theta$ 的极限）

例 1.64（25 超越模拟卷·积分中值 θ 的极限）

例 1.91（1999 年数二真题·Σ 与积分混合的数列极限）

例 1.92（2018 年数一二三真题·递推数列的单调有界）

例 1.96（25 超越模拟卷·抽象递推数列 + 求和极限）

例 1.100（基础十三讲·改编自 2014 数一真题·处在一个表达式里的双数列）

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