📚 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）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【PROBLEM】 例 1.33 20 年数二真题

当表达式本身很复杂时，优先考虑进行恒等变形！！！

求曲线 $y=\dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}\ (x>0)$ 的斜渐近线方程。

💡 【SOLUTION】 作答过程

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）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【PROBLEM】 例 1.38 2010 数三真题

求极限 $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x^{\frac{1}{x}}-1\right)^{\frac{1}{\ln x}}$。

💡 【THEOREM】 结论：ln 内部可以等价无穷小

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

💡 【SOLUTION】 作答过程

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 $=e^{-1\times1}=e^{-1}$。

💡 【技巧与方法】 方法总结

ln 里面不能直接等价无穷小，大题的话需要进行恒等变形，验证恒等变形的那个式子极限为 1（通常来说用洛必达进行验证即可）。

---

例 1.51（李艳芳 900·同阶但不等价）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【PROBLEM】 例 1.51 李艳芳 900

设函数 $f(x)$ 满足

$$\int_0^x f(t)\,dt + 2f(x) + f'(x) = e^{-x}\sin 2x,$$

且 $f(0)=f'(0)=0$，则当 $x\to 0$ 时，与 $f(x)$ 为同阶但不等价的无穷小量为（ ）

(A) $\sin 2x$ (B) $1-\cos 2x$ (C) $e^{x^2}-1$ (D) $\sqrt{1+x}-1$

💡 【SOLUTION】 解析

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)。

💡 【技巧与方法】 方法总结

此题虽然没有告诉你 $f(x)$ 可导，但这是个等式，等式右端对 $x$ 可导，则左端对 $x$ 一定也可导！之后无脑泰勒即可。此题问的是“同阶但不等价”，千万别读错题！

---

例 1.56（武忠祥严选题·极限函数与间断点）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【PROBLEM】 例 1.56 武忠祥严选题

设

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

则 $f(x)$（ ）

（A）仅有一个可去间断点

（B）仅有一个跳跃间断点

（C）有两个可去间断点

（D）有两个跳跃间断点

💡 【SOLUTION】 作答过程

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。

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

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

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

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

3. 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 $x^n$。

4. 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）。

💡 【技巧与方法】 方法总结

含 $n\to\infty$ 的极限函数，核心是先识别影响趋势的两类因子——指数 $e^{nx}$ 与幂 $x^n$；再按它们的“分界点”$x=0$（指数正负）与 $x=\pm1$（幂的敛散 / 振荡）划分区间，逐段求出 $f(x)$ 后统一讨论间断点。

---

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

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【PROBLEM】 例 1.63 2001 数一改编

第 ① 问

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导，且 $f''(0)\ne 0$，满足

$$f(x)=f(0)+f'(\theta x)x.$$

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\theta$。

---

第 ② 问

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处三阶可导，且 $f'''(0)\ne 0$，满足

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

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\theta$。

💡 【SOLUTION】 作答过程

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

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

💡 【技巧与方法】 方法总结

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：

1. 把 $f(x)$ 在 $0$ 处泰勒展开到足够高的阶数；
2. 与题设等式比较，解出含 $f^{(n)}(\theta x)$ 的余项；
3. 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）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-12 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-12 ｜ 下次复测：2026-08-12
• 状态：待复测

💡 【避坑警示】 关键易错点

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

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

---

💡 【PROBLEM】 例 1.64 25 超越模拟卷

（本题满分 12 分）设函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，在点 $x=0$ 处可导，且 $f'(0)\ne 0$。

（Ⅰ）证明：对任意 $x\in[0,1]$，存在 $\theta\in(0,1)$，使得

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

（Ⅱ）求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\theta$。

💡 【SOLUTION】 解答

（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

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

💡 【技巧与方法】 方法总结

1. 符号 $F'(\theta x)$ 的含义：它是 $F(\theta x)$ 对中间变量 $\theta x$ 求导，不是对 $x$ 求导。若已知 $F'(x)$，直接把 $x$ 替换为 $\theta x$ 即可。
2. 含 $\theta$ 的极限通法：把等式两端在 $x=0$ 处泰勒展开，比较同次幂系数。
3. 本题技巧：把积分上限函数写成 $F(x)$ 后用拉格朗日中值定理，避免直接对含 $\theta x$ 的积分求导时出错。

---

例 1.91（1999 年数二真题·Σ 与积分混合的数列极限）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-13 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-13 ｜ 下次复测：2026-08-13
• 状态：待复测

💡 【避坑警示】 关键易错点

同时见到 $\sum$ 和 $\displaystyle\int$ 时，必须统一形式！要么把 $\sum$ 转化成积分，要么把积分转化成 $\sum$。

本题中 $a_n$ 的积分部分 $\displaystyle\int_1^n f(x)\,dx$ 凑不出定积分定义 $\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^n f\!\left(\frac kn\right)$ 的 n 项和形式，因此应把积分转化成求和。

💡 【PROBLEM】 例 1.91 1999 年数二真题

设 $f(x)$ 是区间 $[0,+\infty)$ 上单调减少且非负的连续函数，

$$a_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_1^n f(x)\,dx\qquad(n=1,2,\cdots),$$

证明数列 $\{a_n\}$ 的极限存在。

💡 【SOLUTION】 作答过程

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

1. 遇到 $f'(x)$ 与 $f(x)$ 同时出现，优先考虑拉格朗日中值定理；
2. 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；
3. 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。

💡 【技巧与方法】 方法总结

1. 统一形式原则：$\sum$ 与 $\int$ 同时出现时，必须统一成同一种形式。能否凑成定积分定义是选择方向的判断标准。
2. 单调性判断：计算 $a_{n+1}-a_n$，利用积分中值定理把差值化为函数值之差。
3. 有界性构造：把积分拆成与求和项数相同的小区间积分，逐项比较后得到非负下界。
4. 中值定理选择：$f$ 与 $f'$ 用拉格朗日；$f$ 与 $\int f$ 用积分中值定理。

---

例 1.92（2018 年数一二三真题·递推数列的单调有界）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-13 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-13 ｜ 下次复测：2026-08-13
• 状态：待复测

💡 【避坑警示】 关键易错点

错误做法：由 $x_{n+1}=\ln\dfrac{e^{x_n}-1}{x_n}\ge\ln\dfrac{x_n}{x_n}=0$ 直接放缩。

错因：$e^{x_n}-1\ge x_n$ 是正确的，但不能直接推出 $\dfrac{e^{x_n}-1}{x_n}\ge 1$。必须结合 $x_n>0$ 的前提，才能由 $e^{x_n}-1\ge x_n$ 得到分式 $\ge 1$；且放缩的等号方向必须严格验证。

因此，稳妥的做法是先用数学归纳法证明 $x_n>0$，再证单调性与求极限。

💡 【PROBLEM】 例 1.92 2018 年数一二三真题

设数列 $\{x_n\}$ 满足

$$x_1>0,\qquad x_n e^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\quad(n=1,2,\cdots),$$

证明数列 $\{x_n\}$ 收敛，并求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$。

💡 【SOLUTION】 作答过程

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

1. 看见数字 $1$ 可考虑写成 $e^0$，从而构造拉格朗日中值定理；
2. 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；
3. 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。

💡 【技巧与方法】 方法总结

1. 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。
2. 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。
3. 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 $a=0$”。
4. 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）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-13 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-13 ｜ 下次复测：2026-08-13
• 状态：待复测

💡 【技巧与方法】 核心技巧

如果不好直接比较 $a$ 和 $b$ 的大小关系，而此时 $f(x)$ 单调，则只需比较 $f(a)$ 和 $f(b)$！

本题证明 $x_{n+1}>0$ 时，直接比较 $x_{n+1}$ 与 $0$ 不易入手；但 $f$ 单调递增，因此 $x_{n+1}>0\iff f(x_{n+1})>f(0)$，问题转化为比较函数值。

💡 【PROBLEM】 例 1.96 25 超越模拟卷

（本题满分 12 分）设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，且 $f(0)=1$，$f'(x)>1$。若 $x_1>0$，且

$$f(x_{n+1})=f(x_n)-x_n\qquad(n=1,2,\cdots).$$

（Ⅰ）证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，并求之；

（Ⅱ）求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(x_1+x_2+\cdots+x_n)$。

💡 【SOLUTION】 作答过程

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

1. 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 $x_{n+1}$。
2. $f(0)=1$ 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。
3. 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。

💡 【技巧与方法】 方法总结

1. 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。
2. 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 $x_{n+1}=\bigl(1-1/f'(\xi_n)\bigr)x_n>0$。
3. 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 $x_{n+1}<x_n$。
4. 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。
5. 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）

💡 【META】 错题档案

• 录入日期：2026-08-13 ｜ 所属章节：第1章 极限与函数性质
• 艾宾浩斯轮次：D1 ｜ 上次复测：2026-08-13 ｜ 下次复测：2026-08-13
• 状态：待复测

💡 【避坑警示】 关键易错点

年年都考过，其中 14 年数一出了个双数列+级数的综合大题。

本题是典型的双数列耦合问题——两个未知数列 $a_n, b_n$ 锁定在同一个等式 $\cos a_n = a_n \cos b_n$ 中，需要分别求 $\lim a_n$ 和 $\lim\dfrac{b_n}{a_n}$。

截图中给出了三种方法，其中方法一（更形式反解）是经典陷阱，方法三（对 $b_n$ 行列式泰勒展开）才是正路。

💡 【PROBLEM】 例 1.100 基础十三讲（改编自 2014 数一真题）

设 $0<a_n<\dfrac{\pi}{2},\ 0<b_n<\dfrac{\pi}{2}$，满足

$$\cos a_n = a_n \cos b_n,$$

且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$。求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n,\ \lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}$。

💡 【SOLUTION】 作答过程

（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）。

💡 【技巧与方法】 思路批注（来自手稿）

• 可导函数性质：泰勒展开要求被展开点处足够阶可导；
• 满足求和后满足区间上界：展开后的余项需在区间上一致可控；
• 取极限是最大值：配平后取极限时，主导项决定最终结果；
• 关键就是阶数大、故 $L=$ 某值：阶数判断对了，极限自然出来。

💡 【技巧与方法】 方法总结

1. 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。
2. 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。
3. 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。
4. 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 $\dfrac{\pi}{2}$）。
5. 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。

---