选择题用即可。
数列不能用洛必达”的红线：第二问是求数列极限 xn2xn+1，由于 n 是离散的正整数，绝对不允许直接上下求导
🧠 第一问：证明 limn→∞xn 存在并求其值
【破局思路】
证明数列极限存在，首选依然是“单调有界准则”。这题的关键在于如何从隐式方程中榨取“单调性”的情报。(基本都是做差求单调性)
【严格证明过程】
第一步：移项变体，榨取单调性
将原等式 cosxn+1−xn+1=cosxn 移项，得到：
xn+1=cosxn+1−cosxn
由题意已知 0<xn<2π，所以数列的每一项都严格大于 0，即 xn+1>0。
代入上面的等式：
cosxn+1−cosxn>0⟹cosxn+1>cosxn
第二步：利用函数性质，锁定单调递减
我们知道，余弦函数 y=cosx 在区间 (0,2π) 上是严格单调递减的。
既然 cosxn+1>cosxn，且 xn+1,xn∈(0,2π)，那么必然有：
xn+1<xn
这就证明了数列 {xn} 是严格单调递减的。
第三步：指出下界，得出收敛
由题意 0<xn<2π，数列 {xn} 有下界 0。
根据单调有界准则，数列 {xn} 必然收敛。设 limn→∞xn=A。
因为 xn∈(0,2π) 且单调递减，所以极限值 A∈[0,2π)。
第四步：取极限求解
在原等式 cosxn+1−xn+1=cosxn 两端同时取 n→∞ 的极限。
由于余弦函数是连续函数，极限符号可以穿透：
cosA−A=cosA
消去 cosA，解得：
A=0
结论：limn→∞xn 存在，且极限值为 0。
🧠 第二问：计算 limn→∞xn2xn+1
【破局思路】
求递推数列的阶数比较极限，核心武器是泰勒公式（或等价无穷小替换）。但在这个过程中，我们会遇到一个需要使用拉格朗日中值定理来扫除的障碍。
【严格计算过程】
第一步：构造等价无穷小结构
目标是求 limn→∞xn2xn+1。我们利用第一问改写出的等式 xn+1=cosxn+1−cosxn 强行代入分子：
xn2xn+1=xn2cosxn+1−cosxn
利用“减 1 加 1”的技巧，凑出我们熟悉的 1−cosx 结构：
xn2xn+1=xn2(cosxn+1−1)−(cosxn−1)
拆分成两项：
=xn2cosxn+1−1−xn2cosxn−1
对第一项进行恒等变形（强行凑出 xn+12）：
=xn+12cosxn+1−1⋅(xnxn+1)2−xn2cosxn−1
现在，当 n→∞ 时，xn→0 且 xn+1→0。根据等价无穷小 cosx−1∼−21x2：
此时，唯一的拦路虎就是：limn→∞xnxn+1 等于多少？
第二步：拉格朗日中值定理（考场秀肌肉时间）
为了求 xnxn+1 的极限，我们再次回到 xn+1=cosxn+1−cosxn。
对 f(x)=cosx 在区间 [xn+1,xn] 上使用拉格朗日中值定理：
存在一点 ξn∈(xn+1,xn)，使得
cosxn−cosxn+1=−sinξn⋅(xn−xn+1)
即：
−xn+1=−sinξn⋅(xn−xn+1)
化简得：
xn+1=sinξn⋅(xn−xn+1)
提取出 xnxn+1：
xn+1=xnsinξn−xn+1sinξn
xn+1(1+sinξn)=xnsinξn
xnxn+1=1+sinξnsinξn
由于当 n→∞ 时，xn→0，xn+1→0，被夹在中间的 ξn→0。
所以：
limn→∞xnxn+1=limn→∞1+sinξnsinξn=1+00=0
（这就证明了 xn+1 是 xn 的高阶无穷小）。
第三步：拼图完成，一锤定音
把刚才所有的极限代回第一步的式子：
limn→∞xn2xn+1=limn→∞[xn+12cosxn+1−1⋅(xnxn+1)2−xn2cosxn−1]
=(−21)⋅(0)2−(−21)
=0+21=21
最终答案：limn→∞xn2xn+1=21。
🛡️ 考场防坑总结（SOP 补丁）
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“数列不能用洛必达”的红线：第二问是求数列极限 xn2xn+1，由于 n 是离散的正整数，绝对不允许直接上下求导！（这是考场一票否决的死刑点）。必须用泰勒公式或等价无穷小把它化成连续函数的代数形式。
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隐藏的高阶无穷小：很多人在第二步凑出公式后，会“想当然”地认为 (xnxn+1)2→0，直接写结果。虽然答案对了，但阅卷老师会在这里扣掉 3 分左右的过程分。用拉格朗日中值定理去严谨推导 xnxn+1→0，才是满分答卷的标志。