有恒等式：

则：

则：

第一步：积化和差（分子变形）

这一步的目标是将分子中两个正弦的乘积，变为余弦的差，为后续裂项做准备。

已知公式：

我们看题目中的分子：

我们先提出一个系数 2，凑出公式左边的形式：

现在，括号里正好是 2 sin A sin B 的形式，其中：

• $A = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$
• $B = \frac{\pi}{2n}$

应用积化和差公式：

分别计算 $A-B$ 和 $A+B$：

• $A - B = \frac{(2k-1)\pi}{2n} - \frac{\pi}{2n} = \frac{2k-2}{2n}\pi = \frac{k-1}{n}\pi$
• $A + B = \frac{(2k-1)\pi}{2n} + \frac{\pi}{2n} = \frac{2k}{2n}\pi = \frac{k}{n}\pi$

代入得到：

再把之前提出去的系数 2 乘回来，分子就变形成了：

第二步：有理式裂项（构造差式）

这一步的目标，是把形如 $\frac{\cos A - \cos B}{(1+\cos A)(1+\cos B)}$ 的式子，拆成两个简单分式的差。

我们观察第二行求和号里的通项：

我们可以把它看成 $\frac{X - Y}{(1+X)(1+Y)}$ 的形式。我们做一下恒等变形：

• 分子 $X - Y$，可以写成 $(1+X) - (1+Y)$，其中 $X = \cos\frac{k-1}{n}\pi$，$Y = \cos\frac{k}{n}\pi$。
• 因此，

对应回原题，就是：

别忘了前面还有个系数 2，乘上去就得到了第三行的形式。

第三步：裂项相消（求和化简）

这一步，我们把这个差式代入求和号 $\sum_{k=1}^{n-1}$，看看会发生什么。

把通项展开写：

• $k=1$ 时：$\frac{1}{1+\cos\frac{\pi}{n}} - \frac{1}{1+\cos 0}$
• $k=2$ 时：$\frac{1}{1+\cos\frac{2\pi}{n}} - \frac{1}{1+\cos\frac{\pi}{n}}$
• $k=3$ 时：$\frac{1}{1+\cos\frac{3\pi}{n}} - \frac{1}{1+\cos\frac{2\pi}{n}}$
• …
• $k=n-1$ 时：$\frac{1}{1+\cos\frac{n-1}{n}\pi} - \frac{1}{1+\cos\frac{n-2}{n}\pi}$

正负项交替，除了第一项和最后一项，中间全部抵消。最后剩下的就是：

已知 $\cos 0 = 1$，所以 $\frac{1}{1+\cos 0} = \frac{1}{2}$。最终剩下（乘以系数2后）：

最后一步：三角化简求值

剩下的项是：

注意 $\frac{n-1}{n}\pi = \pi - \frac{\pi}{n}$，由诱导公式 $\cos(\pi - \frac{\pi}{n}) = -\cos\frac{\pi}{n}$，所以：

利用半角公式 $1 - \cos\theta = 2\sin^2\frac{\theta}{2}$，得到：

记得我们还有一个被减掉的项：之前系数2乘进去后，实际上最后完整的表达式是：

由韦达定理：

代入得：

设 $t = \frac{1}{x}$，则原式左边变为：

展开成 $t$ 的多项式：

其中：

• $c_1 = a_1 + a_2 + \cdots + a_n = \sum_{k=1}^n a_k$
• $c_2 = \sum_{1 \le i < j \le n} a_i a_j$
• $c_k = \sum_{1 \le i_1 < i_2 < \dots < i_k \le n} a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_k}$

代回 $t = 1/x$，即得：

等价定义：若 $A(x) \sim B(x)$，则 $\lim \frac{A}{B} = 1$。

规则一：独立因式替换（乘除关系）

在一个仅由乘除构成的表达式 $A \cdot B$ 或 $A/B$ 中，任何一个独立的因式都可以被其等价无穷小替换。

规则二：函数复合的整体替换（外层函数替换）

对于复合函数 $f(g(x))$，若 $g(x) \to 0$，且在 $u \to 0$ 时有 $f(u) \sim u$，则整个函数块 $f(g(x))$ 可等价替换为 $g(x)$。

规则三：代数和中的替换（加减关系）

在代数和 $A \pm B$ 中，严禁随意局部替换。是否可替换，完全取决于替换后主项是否抵消。

• 可换条件：替换后，代数和中所有项的最低阶部分之和不等于零。
• 禁止条件：若最低阶部分相互抵消，决定极限的是高阶项。

判断步骤：

1. 它是否作为一个整体，处于乘除关系中？ → 是 → 可直接替换
2. 它是否是某个外层函数的内部整体，且外层函数本身可等价替换？ → 是 → 可对外层做整体替换
3. 它处于加减号连接的结构中 → 检查替换后主项是否抵消 → 若不抵消可谨慎替换，若抵消则禁止替换

故：

由洛必达法则得：

由极限保号性可知 $a < 1$。

由泰勒公式可得 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$。

由洛必达法则得：

令 $t = 1/x$，得：

由拉格朗日中值定理得：

记 $\alpha(t) = \frac{\ln(1+t)}{t} - 1$，由泰勒公式得：

故：

令 $f(\varphi) = \cos\varphi \sqrt{\cos2\varphi} \cdots \sqrt[n]{\cos n\varphi}$，则 $f(0) = 1$，且：

由洛必达法则得：

转化为 0/0 型：

令 $t = 1/x$，则：

令 $u = x - t$，得：

由 $f'(x) = \frac{f^{(n)}(0)}{(n-1)!} x^{n-1} + o(x^{n-1})$，得：

故：

记：

则 $f(3) = 6$，$g(3) = 4$。

故：

对 $f(x)$ 取对数并求导数：

所以 $f'(3) = \frac{105}{4}$，同理可得 $g'(3) = \frac{33}{2}$。

代入得：