From f84d8c2bea240c5a7baf1a983bcd246e43150bd9 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 06:52:38 +0800
Subject: [PATCH 1/9] vault backup: 2025-12-27 06:52:38

---
 ...¢˜&考试易错点汇总（解æž�版）.md | 25 +++++++++++++++++++
 编写�组/试�/期中考�押题�.md  |  2 +-
 2 files changed, 26 insertions(+), 1 deletion(-)

diff --git a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
index cfd242b..81fef13 100644
--- a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
+++ b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
@@ -227,6 +227,8 @@ $$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有�数时}, \\ 0, & x\text{为无�数
 
 **解�**
 
+首先考虑 $x_0$ 为有�数的情况：
+
 1. 构造第一个数列 $\{x_n^{(1)}\}$：
    
    � $x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$（有�数），则
@@ -235,6 +237,29 @@ $$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有�数时}, \\ 0, & x\text{为无�数
    由于 $x_n^{(1)}$ 是有�数，所以 $D(x_n^{(1)}) = 1$，因此
    $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
 
+2. 构造第二个数列 $\{x_n^{(2)}\}$：
+   
+   � $x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无�数），则
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(2)} = x_0$$
+   
+   由于 $x_n^{(2)}$ 是无�数，所以 $D(x_n^{(2)}) = 0$，因此
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)}) = 0$$
+   
+   由于
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)})$$
+   
+   根�海涅定�，$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$ �存在。
+
+�考虑 $x_0$ 为无�数的情况：
+
+1. 构造第一个数列 $\{x_n^{(3)}\}$：
+   
+   � $x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$（有�数），则
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(1)} = x_0$$
+   
+   由于 $x_n^{(1)}$ 是有�数，所以 $D(x_n^{(1)}) = 1$，因此
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
+
 2. 构造第二个数列 $\{x_n^{(2)}\}$：
    
    � $x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无�数），则
diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�.md b/编写�组/试�/期中考�押题�.md
index bc83efb..2c20845 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�.md
@@ -40,7 +40,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 
 
 
-5. $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$=______。
+5.$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$=______。
 
 
 

From f19bee098c29b08a8171d437ff8a6fa5cd4bf185 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 07:08:43 +0800
Subject: [PATCH 2/9] vault backup: 2025-12-27 07:08:43

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 编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md | 1 +
 1 file changed, 1 insertion(+)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index 054d216..d88bb3d 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -257,6 +257,7 @@ $$
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 
 **解�：**  
+
 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根�闭区间上连续函数的最值定�，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能�到最大值 $M$ 和最�值 $m$。
 
 对于任� $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此  

From 7ed38450b85fb4540c80bc63db86908fc0ff04ae Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 07:14:04 +0800
Subject: [PATCH 3/9] vault backup: 2025-12-27 07:14:04

---
 编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md | 8 ++------
 1 file changed, 2 insertions(+), 6 deletions(-)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index d88bb3d..ea19c16 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -3,9 +3,6 @@
 编委会（�分先�，姓�首字�顺�）：程奕铭   韩�   刘柯妤   ��辚   王轲楠   支��  郑哲航
 
 
-
-
-  
 1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内�导，� $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[　]。  
 （A）$\dfrac{1}{2}$　　　（B）$0$　　　（C）$-1$　　　（D）$-2$
 
@@ -153,8 +150,6 @@ $$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
 ---
 
 
-
-
 7.求曲线 $y = \ln(1+e^x) + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}$ 的�近线方程。
 
 **解�：**  
@@ -181,6 +176,7 @@ $$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
 **答案：**  
 �近线为：$x=2$，$y=\frac{\pi}{2}$，$y=x-\frac{\pi}{2}$。
 
+
 ---
 
 
@@ -229,8 +225,8 @@ $$
 
 因此，数列 ${a_n}$ 收敛，且��为 $\sqrt{\sigma}$。
 
----
 
+---
 
 
 9.一飞机在离地�$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到�目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。

From 9ca2bff4ab23e0d001bb4ddb736e8e7df48acc4f Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 08:05:06 +0800
Subject: [PATCH 4/9] vault backup: 2025-12-27 08:05:06

---
 编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md | 3 ++-
 1 file changed, 2 insertions(+), 1 deletion(-)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index ea19c16..e1e1501 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -257,7 +257,8 @@ $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根�闭区间上连续函数的最值定�，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能�到最大值 $M$ 和最�值 $m$。
 
 对于任� $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此  
-$m≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
+$m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
+
 由连续函数的介值定�，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得  
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$  
 �毕。

From 57dab8600aae0f122911e28613e8fc660320086c Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 08:30:03 +0800
Subject: [PATCH 5/9] vault backup: 2025-12-27 08:30:03

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 .../试�/期中考�押题�解�版.md  | 24 +++++++------------
 1 file changed, 9 insertions(+), 15 deletions(-)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index ea19c16..dc622a1 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -130,22 +130,16 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 
 6.计算 $\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$。
 
-**解�：**  
-这是 $1^\infty$ 型��，令 $t = \frac{1}{x}$，则当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0^+$，原��化为：  
-$$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
-利用等价无穷�和泰勒展开：
-
-- $\tan(2t) \sim 2t$，所以 $\tan^2(2t) \sim 4t^2$；
-    
-- $\cos t = 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$。  
-    因此：  
-    $$\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2).$$
-    �对数：  
-    $$\ln \left[ \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right)^{\frac{1}{t^2}} \right] = \frac{1}{t^2} \ln \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{t^2} \left( \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{7}{2} + o(1).$$
-    所以原��为 $e^{7/2}$。
-    
+**解�：**  $$\begin{aligned}
+\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}
+&=\lim\limits_{x\to\infty}(1+\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)^{\frac{1}{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}\cdot x^2\cdot(\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)}
+\\&=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
+\\&\overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
+\\&=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则�算和等价无穷�)
+\\&=e^{\frac{7}{2}}
+\end{aligned}$$
 
-**答案：** $e^{7/2}$
+**答案：** $e^{\frac{7}{2}}$
 
 ---
 

From 8f1b6c864f5c5b104927b0563515db56678c55cf Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 08:33:04 +0800
Subject: [PATCH 6/9] vault backup: 2025-12-27 08:33:04

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 编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md | 4 ++--
 1 file changed, 2 insertions(+), 2 deletions(-)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index 47fcc7b..a176f02 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -250,8 +250,8 @@ $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 
 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根�闭区间上连续函数的最值定�，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能�到最大值 $M$ 和最�值 $m$。
 
-对于任� $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此  
-$m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
+对于任� $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此�将所有�等�加起�，
+从而得到    $m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
 
 由连续函数的介值定�，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得  
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$  

From 0cefd077e8a6756b07b384fc797730df35ea56a4 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 08:53:01 +0800
Subject: [PATCH 7/9] vault backup: 2025-12-27 08:53:01

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 ...¢˜&考试易错点汇总（解æž�版）.md | 49 ++++++++++++++-----
 1 file changed, 37 insertions(+), 12 deletions(-)

diff --git a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
index 81fef13..0e1bc85 100644
--- a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
+++ b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
@@ -224,9 +224,10 @@ $$\lim_{k \to \infty}a_{4k+1} = \lim_{k \to \infty}\left(1 + \frac{1}{4k+1}\righ
 $$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有�数时}, \\ 0, & x\text{为无�数时}\end{cases}$$
 在$(-\infty,+\infty)$上�一点都�存在��。
 
-
 **解�**
 
+方法一：
+
 首先考虑 $x_0$ 为有�数的情况：
 
 1. 构造第一个数列 $\{x_n^{(1)}\}$：
@@ -252,28 +253,52 @@ $$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有�数时}, \\ 0, & x\text{为无�数
 
 �考虑 $x_0$ 为无�数的情况：
 
+设 $[x_0]_n$ 为 $x_0$ �到 $n$ ��数�的结果，则有
+$$\lim\limits_{n \to \infty} [x_0]_n = x_0$$
+但是需�注�的是，��并�是完全相等，其实相差了一个无穷�，也就是�多趋近有多趋近，但是它实质上还是一个有�数，因为它毕竟�是 $x_0$ 本身
+
+这��路的目的是为了找到这样一�表达�，��是 $x_0$ 的�时，与第一�情况类似，�是有�数
+
 1. 构造第一个数列 $\{x_n^{(3)}\}$：
    
-   � $x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$（有�数），则
-   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(1)} = x_0$$
+   � $x_n^{(3)} = [x_0]_n$（有�数），则
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(3)} = x_0$$
    
-   由于 $x_n^{(1)}$ 是有�数，所以 $D(x_n^{(1)}) = 1$，因此
+   由于 $x_n^{(3)}$ 是有�数，所以 $D(x_n^{(3)}) = 1$，因此
    $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
 
-2. 构造第二个数列 $\{x_n^{(2)}\}$：
+2. 构造第二个数列 $\{x_n^{(4)}\}$：
    
-   � $x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无�数），则
-   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(2)} = x_0$$
+   � $x_n^{(4)} = [x_0]_n + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无�数），则
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(4)} = x_0$$
    
-   由于 $x_n^{(2)}$ 是无�数，所以 $D(x_n^{(2)}) = 0$，因此
-   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)}) = 0$$
+   由于 $x_n^{(4)}$ 是无�数，所以 $D(x_n^{(4)}) = 0$，因此
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(4)}) = 0$$
    
    由于
-   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)})$$
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(3)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(4)})$$
    
    根�海涅定�，$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$ �存在。
-   
-   由于 $x_0$ 是任�一点，所以狄利克雷函数在任何点处都�存在��。
+
+综上所述， $x_0$ 是任�一点时，都能得到$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$ �存在，所以狄利克雷函数在任何点处都�存在��。
+
+方法二：利用实数的稠密性
+
+1. **�任�实数 $a$**。
+2. **构造�列**：
+   - 对�个 $n \in \mathbb{N}^*$，由有�数的稠密性，存在有�数 $r_n$ 满足 $|r_n - a| < \frac{1}{n}$。
+   - 对�个 $n \in \mathbb{N}^*$，由无�数的稠密性，存在无�数 $s_n$ 满足 $|s_n - a| < \frac{1}{n}$。
+3. **�明�列收敛**（用 $\varepsilon$-$N$ 语言）：
+   - 对任� $\varepsilon > 0$，� $N = \lfloor 1/\varepsilon \rfloor + 1$，则当 $n > N$ 时，$|r_n - a| < 1/n < \varepsilon$，故 $\lim r_n = a$。
+   - �� $\lim s_n = a$。
+4. **计算函数值��**：
+   - $D(r_n) = 1$，常数�列��为 $1$。
+   - $D(s_n) = 0$，常数�列��为 $0$。
+5. **应用海涅归结原�**：
+   - 若 $\lim_{x \to a} D(x)$ 存在，则任何收敛于 $a$ 的�列 $\{x_n\}$ 都应有 $\lim D(x_n)$ 相等。
+   - 但 $\{r_n\}$ 和 $\{s_n\}$ 都收敛于 $a$，�得到��的�� $1$ 和 $0$，矛盾。
+1. **结论**：$\lim_{x \to a} D(x)$ �存在，且 $a$ 任�，故 $D(x)$ 在�一点都无��。
+
 
 # 考试易错点总结
 

From f51ea8b94310626d11880073ba3c9da9c7a126ea Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: unknown <2974730459@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 08:56:26 +0800
Subject: [PATCH 8/9] vault backup: 2025-12-27 08:56:26

---
 .../�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md     | 2 +-
 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-)

diff --git a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
index 0e1bc85..41ce8dd 100644
--- a/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
+++ b/编写�组/讲义/�数列问题&考试易错点汇总（解�版）.md
@@ -265,7 +265,7 @@ $$\lim\limits_{n \to \infty} [x_0]_n = x_0$$
    $$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(3)} = x_0$$
    
    由于 $x_n^{(3)}$ 是有�数，所以 $D(x_n^{(3)}) = 1$，因此
-   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
+   $$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(3)}) = 1$$
 
 2. 构造第二个数列 $\{x_n^{(4)}\}$：
    

From df8626db065ed8a2db2ca01000de907ba07aed21 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Sat, 27 Dec 2025 09:10:55 +0800
Subject: [PATCH 9/9] vault backup: 2025-12-27 09:10:55

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 .../试�/期中考�押题�解�版.md  | 37 ++++++++-----------
 1 file changed, 15 insertions(+), 22 deletions(-)

diff --git a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
index dc622a1..8a3b23a 100644
--- a/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
+++ b/编写�组/试�/期中考�押题�解�版.md
@@ -3,7 +3,7 @@
 编委会（�分先�，姓�首字�顺�）：程奕铭   韩�   刘柯妤   ��辚   王轲楠   支��  郑哲航
 
 
-1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内�导，� $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[　]。  
+1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内�导，**周期为$4$**，� $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[　]。  
 （A）$\dfrac{1}{2}$　　　（B）$0$　　　（C）$-1$　　　（D）$-2$
 
 **解�：**  
@@ -14,7 +14,7 @@ $$\begin{aligned}
 \end{aligned}$$
 
 已知该��值为 $-1$，故 $\dfrac{1}{2}f'(1) = -1$，解得 $f'(1) = -2$。  
-由于 $f(x)$ 是周期函数且�导，其导数 $f'(x)$ 也是周期函数，且周期相�。点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $f'(5)$。由周期性，若 $5$ 与 $1$ 相差整数个周期，�存在整数 $k$ 使 $5-1 = kT$，则 $f'(5)=f'(1)$。为使答案确定，�认为 $5$ 与 $1$ 满足周期性�件（�则无法从已知求得 $f'(5)$），故 $f'(5)=f'(1) = -2$。  
+由于 $f(x)$ 是周期函数且周期为$4$，则有$$f(x)=f(x+4),$$两边对$x$求导得：$$f'(x)=f'(x+4),$$于是$$f'(5)=f'(1)=-2$$
 因此，曲线在点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $-2$，选项（D）正确。
 
 **答案：** (D)
@@ -38,12 +38,12 @@ $$\begin{aligned}
     - 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$，所以
         
         $$
-\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} \rightarrow \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
+\lim\limits_{x\to0^+}\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \lim\limits_{x\to0^+}\frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} = \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
 $$
     - 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to 0$，所以
         
         $$
-\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.
+\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2\ \ (x\to0^-).
 $$
 1. **第二部分**：$\dfrac{\sin x}{|x|}$
     
@@ -102,14 +102,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 
 1. 先求 $x=1$ 时的 $y$ 值：代入方程：$1^y + 2 \times 1^2 - y = 1 \implies 1 + 2 - y = 1 \implies y = 2$。
     
-2. �函数求导：方程两边对 $x$ 求导，注� $x^y = e^{y \ln x}$：  
-    $\frac{d}{dx}(x^y) + 4x - y' = 0$，  
-    其中 $\frac{d}{dx}(x^y) = x^y \left( y' \ln x + \frac{y}{x} \right)$。  
-    代入 $x=1, y=2$：  
-    $$1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6.$$
-    所以 $dy|_{x=1} = y'(1)dx = 6dx$。
-    
-
+2. �函数求导：由原�得$$x^y=1+y-2x^2,$$�对数得$$y\ln x=\ln(1+y-2x^2)$$两边对$x$求导得$$y'\ln x+\frac{y}{x}=\frac{y'-4x}{1+y-2x^2}$$把$x=1,y=2$带入得$$2=\frac{y'-4}{1+2-2},y'=6$$于是$$dy|_{x=1}=6dx$$
 **答案：** $dy|_{x=1} = 6dx$
 
 
@@ -119,7 +112,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 **解�：**  
 用夹逼准则：
 
-- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{1}{2}$；
+- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n}=\frac{1}{2}$；
     
 - 上界：$S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 - n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2-n)} \to \frac{1}{2}$（$n \to \infty$）。  
     故��为 $\frac{1}{2}$。
@@ -133,10 +126,10 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 **解�：**  $$\begin{aligned}
 \lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}
 &=\lim\limits_{x\to\infty}(1+\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)^{\frac{1}{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}\cdot x^2\cdot(\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)}
-\\&=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
-\\&\overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
-\\&=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则�算和等价无穷�)
-\\&=e^{\frac{7}{2}}
+\\\\&=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
+\\\\&\overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
+\\\\&=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则�算和等价无穷�)
+\\\\&=e^{\frac{7}{2}}
 \end{aligned}$$
 
 **答案：** $e^{\frac{7}{2}}$
@@ -150,7 +143,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 �近线分垂直�水平�斜�近线分�：
 
 1. **垂直�近线**：  
-    分� $2-x=0 \implies x=2$，计算 $\lim_{x \to 2} y = \infty$，故垂直�近线为 $x=2$。
+    分� $2-x=0 \implies x=2$，计算 $\lim\limits_{x \to 2} y = \infty$，故垂直�近线为 $x=2$。
     
 2. **水平�近线**（$x \to -\infty$）：  
     当 $x \to -\infty$ 时，$\ln(1+e^x) \to 0$，$\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to -\frac{\pi}{2}$，  
@@ -159,7 +152,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 3. **斜�近线**（$x \to +\infty$）：
     
     - 斜率 $k = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+e^x)}{x} + \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}}{x}$。  
-        由于 $\ln(1+e^x) = x + \ln(1+e^{-x})$，所以 $\frac{\ln(1+e^x)}{x} = 1 + \frac{\ln(1+e^{-x})}{x} \to 1$；  
+        由于 $\ln(1+e^x) =\ln e^x(1+e^{-x}) x + \ln(1+e^{-x})$，所以 $\frac{\ln(1+e^x)}{x} = 1 + \frac{\ln(1+e^{-x})}{x} \to 1$；  
         � $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\frac{\arctan \frac{x}{2}}{x} \to 0$，所以第二项趋于0，因此 $k = 1$。
         
     - 截� $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。  
@@ -204,11 +197,11 @@ $$
     
 
 易� $a_1 \geq \sqrt{\sigma}$，等�仅当 $a = \sqrt{\sigma}$ 时�立。  
-若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列�为 $\sqrt{\sigma}$，结论�立。  
+若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列�为 $\sqrt{\sigma}$，��为$\sqrt{\sigma}$。  
 若 $a > \sqrt{\sigma}$，则 $a_1 > \sqrt{\sigma}$，由归纳法所有 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且数列�调递�。  
 若 $0 < a < \sqrt{\sigma}$，则 $a_1 > \sqrt{\sigma}$（因为 $a_1 = \frac{1}{2}(a + \sigma/a) \geq \sqrt{\sigma}$ 且等���立），此时从 $n=1$ 起 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且 $a_2 < a_1$（因 $a_1 > \sqrt{\sigma}$），之��调递�。
 
-因此，无论哪�情况，数列从�项起�调且有界（下界 $\sqrt{\sigma}$，上界为 $a_1$ 或更大），故数列收敛。
+因此，无论哪�情况，数列从�项起�调且有界（下界 $\sqrt{\sigma}$，上界为 $a_1$ ），故数列收敛。
 
 **第三步：求��。**  
 设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L \geq \sqrt{\sigma} > 0$。在递推�两边���：  
@@ -251,7 +244,7 @@ $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根�闭区间上连续函数的最值定�，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能�到最大值 $M$ 和最�值 $m$。
 
 对于任� $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此  
-$m≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
+$m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
 由连续函数的介值定�，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得  
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$  
 �毕。