根据 6月12日的错题复盘，从每条死穴和薄弱点中提炼出对应的练习题。每道题附完整解题步骤，变形化简至少保留一步过渡。
练习一（🔴 死穴一：$\ln(1+u)$ 展开到 $u^2$）
题目： 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+\sin x)}{x^2}$
完整解题
第一步：判断是否可只取一阶
$\frac{x}{-\ln(1+\sin x)}\to\frac{x}{-\sin x}\to-1$，说明 $x$ 和 $-\ln(1+\sin x)$ 同阶量级，领头项会抵消。不能只取 $\ln(1+u)\sim u$。
第二步：展开 $\sin x$
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$$第三步：展开 $\ln(1+\sin x)$ 到 $\sin^2 x$
$\ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} - \cdots$，$u=\sin x$
$$\ln(1+\sin x) = \sin x - \frac12\sin^2 x + \frac13\sin^3 x - \cdots$$代入 $\sin x$ 展开：
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$$$$\sin^2 x = (x - \frac{x^3}{6})^2 = x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)$$
$$\sin^3 x = x^3 + O(x^5)$$
所以：
$$\ln(1+\sin x) = (x - \frac{x^3}{6}) - \frac12(x^2 - \frac{x^4}{3}) + \frac13(x^3) + O(x^4)$$$$= x - \frac{x^3}{6} - \frac12x^2 + \frac{x^4}{6} + \frac13x^3 + O(x^4)$$
$$= x - \frac12x^2 + (-\frac{x^3}{6} + \frac{x^3}{3}) + O(x^4)$$
$$= x - \frac12x^2 + \frac{x^3}{6} + O(x^4)$$
第四步：计算分子
$$x - \ln(1+\sin x) = x - (x - \frac12x^2 + \frac{x^3}{6} + \cdots) = \frac12x^2 - \frac{x^3}{6} + \cdots$$领头项：$\frac12x^2$
第五步：代入极限
$$\lim_{x\to0}\frac{x - \ln(1+\sin x)}{x^2} = \lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2 + O(x^3)}{x^2} = \frac12$$答案： $\boxed{\dfrac12}$
练习二（🔴 死穴二：洛必达前不检查条件）
题目： 设 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(2x+\sqrt{ax^2+bx+1})=1$，求 $a+b$
完整解题
第一步：换元
$x\to-\infty$ 不方便处理，令 $t=-x\to+\infty$：
$$\lim_{t\to+\infty}(-2t+\sqrt{at^2-bt+1})=1$$第二步：再换元到 $k\to0$
令 $k=\frac1t\to0^+$，$t=\frac1k$：
$\sqrt{at^2-bt+1} = \sqrt{a\frac1{k^2} - b\frac1k + 1} = \frac{\sqrt{a - bk + k^2}}{k}$
$-2t = -\frac{2}{k}$
所以：
$$\lim_{k\to0^+}\frac{\sqrt{a - bk + k^2} - 2}{k} = 1$$第三步：先判 $\frac{0}{0}$ 条件（求 $a$）
分子在 $k=0$ 时必须为 0：
$$\sqrt{a} - 2 = 0 \Rightarrow a = 4$$第四步：洛必达求 $b$
代 $a=4$：
$$\lim_{k\to0}\frac{\sqrt{4 - bk + k^2} - 2}{k}$$$\frac{0}{0}$ 型，洛必达：
分子导数：$\frac{-b + 2k}{2\sqrt{4 - bk + k^2}}$ 分母导数：$1$
极限：$\lim_{k\to0}\frac{-b + 2k}{2\sqrt{4 - bk + k^2}} = \frac{-b}{2\sqrt{4}} = \frac{-b}{4}$
令其等于 $1$：
$$\frac{-b}{4} = 1 \Rightarrow b = -4$$第五步：计算 $a+b$
$$a+b = 4 + (-4) = 0$$答案： $\boxed{0}$
练习三（🔴 死穴三：比值陷阱 + 🟢 符号追踪）
题目： 当 $x\to0$ 时，$\sin x - (ax + bx^2)$ 是比 $x^2$ 高阶的无穷小量，求 $a,b$
完整解题
第一步：列出条件
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x - (ax + bx^2)}{x^2} = 0$$第二步：展开 $\sin x$
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$$第三步：拆分子
$$\sin x - (ax + bx^2) = (x - \frac{x^3}{6} + \cdots) - ax - bx^2$$$$= (1-a)x - bx^2 - \frac{x^3}{6} + \cdots$$
第四步：除以 $x^2$
$$\frac{(1-a)x - bx^2 - \frac{x^3}{6} + \cdots}{x^2} = \frac{1-a}{x} - b - \frac{x}{6} + \cdots$$第五步：令极限为 0
要让极限为 0，必须消除所有发散项和常数项：
$\frac{1-a}{x}$ 发散，所以 $1-a=0 \Rightarrow a=1$
剩下：$-b - \frac{x}{6} + \cdots \to -b$
令 $-b = 0 \Rightarrow b = 0$
第六步：验证
$a=1,\ b=0$ 时，$\sin x - x \sim -\frac{x^3}{6}$，是 $x^2$ 的高阶无穷小 ✅
答案： $\boxed{a=1,\ b=0}$
Warning
注意符号： 拆开后，$-bx^2$ 除以 $x^2$ 得到的是 $-b$，不是 $+b$。每一项的常数因子单独写一行数一遍正负号。
练习四（🟡 嵌套根号平方差）
题目： 当 $x\to0^+$ 时，$\sqrt{x+2\sqrt{x}} - \sqrt{2\sqrt{x}}$ 是几阶无穷小？
完整解题
第一步：识别题型
$\sqrt{A} - \sqrt{B}$ 形式，用平方差公式。
第二步：平方差一次
$$原式 = \frac{(x+2\sqrt{x}) - 2\sqrt{x}}{\sqrt{x+2\sqrt{x}} + \sqrt{2\sqrt{x}}} = \frac{x}{\sqrt{x+2\sqrt{x}} + \sqrt{2\sqrt{x}}}$$第三步：处理分母
$x\to0^+$ 时：
$\sqrt{x+2\sqrt{x}} \sim \sqrt{2\sqrt{x}} = \sqrt2\cdot x^{1/4}$ $\sqrt{2\sqrt{x}} = \sqrt2\cdot x^{1/4}$
所以分母 $\to \sqrt2\cdot x^{1/4} + \sqrt2\cdot x^{1/4} = 2\sqrt2\cdot x^{1/4}$
第四步：合并
$$原式 \sim \frac{x}{2\sqrt2\cdot x^{1/4}} = \frac{x^{3/4}}{2\sqrt2}$$第五步：确定阶数
$x^{3/4}$ 是 $\frac34$ 阶无穷小。
答案： $\boxed{\dfrac34\text{阶}}$
练习五（🟡 作差法判单调）
题目： 设数列 ${x_n}$ 满足 $x_1=2$，$x_{n+1} = \dfrac{x_n^2+2}{2x_n}$（$n=1,2,\cdots$）。证明 ${x_n}$ 极限存在并求极限。
完整解题
第一步：求不动点
设极限为 $A$：
$$A = \frac{A^2+2}{2A} \Rightarrow 2A^2 = A^2 + 2 \Rightarrow A^2 = 2 \Rightarrow A = \sqrt2$$（因为 $x_1=2>0$，所以 $A>0$，取 $\sqrt2$）
第二步：证 $x_n>0$
$n=1$：$x_1=2>0$
假设 $x_k>0$：$x_{k+1}=\frac{x_k^2+2}{2x_k}$，分子 $x_k^2+2>0$，分母 $2x_k>0$，所以 $x_{k+1}>0$ ✅
第三步：证单调（用做差法）
$$x_{n+1} - x_n = \frac{x_n^2+2}{2x_n} - x_n = \frac{x_n^2+2 - 2x_n^2}{2x_n} = \frac{2 - x_n^2}{2x_n}$$分母 $2x_n > 0$，符号由 $2 - x_n^2$ 决定。
先看 $x_1=2$： $2 - 2^2 = 2 - 4 = -2 < 0$ 所以 $x_2 - x_1 < 0$，$x_2 < x_1$
假设 $x_k < x_{k-1}$ 且 $x_k > \sqrt2$，要证 $x_{k+1} < x_k$：
由 $x_k > \sqrt2$ 知 $x_k^2 > 2$，所以 $2 - x_k^2 < 0$，$x_{k+1} - x_k < 0$ ✅
更简洁的方法——归纳证 $x_n > \sqrt2$：
$n=1$：$x_1=2 > \sqrt2$ ✅
假设 $x_k > \sqrt2$，则：
$$x_{k+1} = \frac{x_k^2+2}{2x_k}$$由 AM-GM：$\frac{x_k^2+2}{2x_k} = \frac{x_k}{2} + \frac{1}{x_k} \ge 2\sqrt{\frac{x_k}{2}\cdot\frac{1}{x_k}} = 2\sqrt{\frac12} = \sqrt2$
且等号仅当 $\frac{x_k}{2} = \frac{1}{x_k} \Rightarrow x_k^2 = 2$ 时成立，但 $x_k > \sqrt2$，所以严格大于 $\sqrt2$ ✅
所以 $x_n > \sqrt2$ 对所有 $n$ 成立，且由 $x_{n+1} - x_n = \frac{2-x_n^2}{2x_n} < 0$，数列单调递减。
第四步：极限存在
递减且有下界 $\sqrt2$ → 单调有界定理 → 极限存在
第五步：求极限
设 $\lim x_n = A$，对递推式取极限：
$$A = \frac{A^2+2}{2A} \Rightarrow 2A^2 = A^2 + 2 \Rightarrow A^2 = 2 \Rightarrow A = \sqrt2$$（舍去 $-\sqrt2$，因为 $x_n > \sqrt2 > 0$）
答案： $\boxed{\sqrt2}$
练习六（🟡 子列收敛 + 极限相等）
题目： 设数列 ${a_n}$ 满足 $a_{2n} \to 0$，$a_{2n+1} \to 2$。以下命题正确的是（ ）
A. ${a_n}$ 收敛到 0 B. ${a_n}$ 收敛到 2 C. ${a_n}$ 收敛，但极限不能确定 D. ${a_n}$ 不收敛
完整解题
第一步：回顾定理
数列收敛 $\iff$ 所有子列收敛到同一极限。
这里仅有两个子列：$a_{2n}\to0$，$a_{2n+1}\to2$。
第二步：判断
$0 \neq 2$，两个子列极限不同。
所以 $a_n$ 不可能收敛——它在 0 和 2 之间振荡，没有极限。
第三步：构造具体例子
$a_n = 1 + (-1)^n$： $a_{2n} = 1 + 1 = 2 \to 2$ $a_{2n+1} = 1 - 1 = 0 \to 0$ 但 $a_n$ 没有极限。
答案： $\boxed{D}$
练习七（🟡 AM-GM 拆系数）
题目： 设 $x_1 > 0$，$x_{n+1} = \dfrac12\left(x_n + \dfrac{2}{x_n}\right)$（$n=1,2,\cdots$）。证明 ${x_n}$ 极限存在并求极限。
完整解题
第一步：求不动点
设极限为 $A$：
$$A = \frac12\left(A + \frac{2}{A}\right) \Rightarrow 2A = A + \frac{2}{A} \Rightarrow A = \frac{2}{A} \Rightarrow A^2 = 2 \Rightarrow A = \sqrt2$$第二步：证 $x_n>0$
$n=1$：$x_1>0$
假设 $x_k>0$：$x_{k+1} = \frac12(x_k + \frac{2}{x_k})$，两项均为正，所以 $x_{k+1}>0$ ✅
第三步：锁下界（AM-GM）
$$x_{n+1} = \frac{x_n + \frac{2}{x_n}}{2}$$两项均为正数，由 AM-GM：
$$\frac{x_n + \frac{2}{x_n}}{2} \ge \sqrt{x_n \cdot \frac{2}{x_n}} = \sqrt2$$等号当 $x_n = \frac{2}{x_n} \Rightarrow x_n^2 = 2 \Rightarrow x_n = \sqrt2$ 时成立。
所以 $x_{n+1} \ge \sqrt2$ 对所有 $n$ 成立。
第四步：证单调（作差法）
$$x_{n+1} - x_n = \frac12\left(x_n + \frac{2}{x_n}\right) - x_n = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} - x_n = \frac{1}{x_n} - \frac{x_n}{2} = \frac{2 - x_n^2}{2x_n}$$由第三步，$x_n \ge \sqrt2$（$n \ge 2$），所以 $x_n^2 \ge 2$，$2 - x_n^2 \le 0$
分子 $\le 0$，分母 $2x_n > 0$，所以 $x_{n+1} - x_n \le 0$，数列单调递减（从第 2 项起）
第五步：极限存在
递减且有下界 $\sqrt2$ → 单调有界定理 → 极限存在
第六步：求极限
设 $\lim x_n = A$：
$$A = \frac12\left(A + \frac{2}{A}\right) \Rightarrow 2A = A + \frac{2}{A} \Rightarrow A = \frac{2}{A} \Rightarrow A^2 = 2 \Rightarrow A = \sqrt2$$（舍去 $-\sqrt2$，因为 $x_n > \sqrt2 > 0$）
答案： $\boxed{\sqrt2}$
练习八（方法盲区：幂和洛必达）
题目： 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{1 - \dfrac{3}{1+x+x^2}}{x-1}$
完整解题
第一步：通分
$$\frac{1 - \frac{3}{1+x+x^2}}{x-1} = \frac{\frac{1+x+x^2-3}{1+x+x^2}}{x-1} = \frac{x^2+x-2}{(1+x+x^2)(x-1)}$$第二步：因式分解分子
$x^2 + x - 2 = (x-1)(x+2)$
所以：
$$\frac{x^2+x-2}{(1+x+x^2)(x-1)} = \frac{(x-1)(x+2)}{(1+x+x^2)(x-1)} = \frac{x+2}{1+x+x^2}$$（$x \neq 1$ 时约分成立，极限不受影响）
第三步：代入 $x=1$
$$\lim_{x\to1}\frac{x+2}{1+x+x^2} = \frac{1+2}{1+1+1} = \frac{3}{3} = 1$$也可以用洛必达验证——原式 $\frac{0}{0}$ 型： 分子导数：$-\frac{3(1+2x)}{(1+x+x^2)^2}$ 分母导数：$1$ $x\to1$ 时：$-\frac{3\cdot3}{(3)^2} = -1$，不对…
等等，重新看洛必达：
原极限形式：$\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{1 - 3/(1+x+x^2)}{x-1}$
分子导数：$(1 - 3(1+x+x^2)^{-1})’ = 0 - 3(-1)(1+x+x^2)^{-2}(1+2x) = \frac{3(1+2x)}{(1+x+x^2)^2}$
分母导数：$1$
$x\to1$：$\frac{3(1+2)}{(1+1+1)^2} = \frac{9}{9} = 1$
两种方法结果一致 ✅
答案： $\boxed{1}$
做完这 8 道练习，相当于把第一章的所有薄弱点都过了一遍。明天做的时候每道题先自己推，推不下去了再看答案的解题步骤 👀
