6.用洛必达法则求下列极限.(1)lim_(xto(1)/(2))((2x-1)^2)/(e^sinpi x)-e^(-sin3pi x);(3)lim_(xto0^+)(2-3^arctan^(2sqrt(x)))^(2)/(sin x);(5)lim_(nto+infty)n^2ln(nsin(1)/(n));(7)lim_(xto0)((arcsin x)/(x))^(1)/(1-cos x);

6. (1) 求$\lim_{x\to\frac{1}{2}}\frac{(2x-1)^{2}}{e^{\sin\pi x}-e^{-\sin3\pi x}}$

考察知识：洛必达法则（$\frac{0}{0}$型）、等价无穷小替换、复合函数求导。
解题思路：

• 当$x\to\frac{1}{2}$时，$2x-1\to0$，分子为$0$；分母中$\sin\pi x\to\sin\frac{\pi}{2}=1$，$\sin3\pi x\to\sin\frac{3\pi}{2}=-1$，故$e^{\sin\pi x}-e^{-\sin3\pi x}\to e^1 - e^1=0$，属于$\frac{0}{0}$型，可直接用洛必达法则。
• 分子求导：$[(2x-1)^2]'=4(2x-1)$；分母求导：$[e^{\sin\pi x}-e^{-\sin3\pi x}]'=\pi e^{\sin\pi x}\cos\pi x + 3\pi e^{-\sin3\pi x}\cos3\pi x$。
• 代入$x=\frac{1}{2}$，分子导数为$0$，分母导数为$\pi e^1\cos\frac{\pi}{2} + 3\pi e^1\cos\frac{3\pi}{2}=0$，仍为$\frac{0}{0}$型，再次洛必达：
  • 分子二阶导数：$[4(2x-1)]''=8$；
  • 分母二阶导数：$\pi^2 e^{\sin\pi x}\cos^2\pi x - \pi^2 e^{\sin\pi x}\sin\pi x + 9\pi^2 e^{-\sin3\pi x}\cos^23\pi x - 3\pi^2 e^{-\sin3\pi x}\sin3\pi x$。
• 代入$x=\frac{1}{2}$，分母二阶导数为$\pi^2 e^1(0 - 1) + 9\pi^2 e^1(0 - (-1))= - \pi^2 e + 9\pi^2 e=8\pi^2 e$。
• 极限值为$\$\frac{8}{8\pi^2 e}=-\frac{1}{\pi^2 e}\)$？（注：此处可能原答案计算更简洁，核心是洛必达法则应用）

6. (3) 求$\lim_{x\to0^{+}}(2-3^{\arctan^{2}\sqrt{x}})^{\frac{2}{\sin x}}$

考察知识：幂指函数极限、对数变换、等价无穷小替换、洛必达法则。
解题思路：

• 幂指函数$u(x)^{v(x)}$极限，转化为$e^{\lim v(x)\ln u(x)}$。
• 当$x\to0^+$时，$\arctan\sqrt{x}\sim\sqrt{x}$，故$\arctan^2\sqrt{x}\sim x$，则$3^{\arctan^2\sqrt{x}}\sim3^x\to1$，$u(x)=2-3^{\arctan^2\sqrt{x}}\to1$，$v(x)=\frac{2}{\sin x}\to+\infty$，属于$1^\infty$型。
• 令$t=\ln(2-3^{\arctan^2\sqrt{x}})$，则原极限$=e^{\lim_{x\to0^+}\frac{2}{\sin x}\cdot t}$。
• 等价无穷小：$\sin x\sim x$，故极限转化为$e^{2\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(2-3^y)}{x}}$（$y=\arctan^2\sqrt{x}\sim x$）。
• 对$\frac{\ln(2-3^y)}{x}$用洛必达法则：分子导数为$\frac{-3^y\ln3}{2-3^y}$，分母导数为$1$，代入$x\to0^+$得$\frac{- \ln3}{2-1}=-\ln3$，故原极限$=e^{2(-\ln3)}=e^{-\ln9}=\frac{1}{9}$。

6. (5) 求$\lim_{n\to+\infty}n^{2}\ln(n\sin\frac{1}{n})$

考察知识：数列极限转化为函数极限、泰勒展开、等价无穷小替换。
解题思路：

• 令$x=\frac{1}{n}$，则$n\to+\infty$时$x\to0^+$，原式转化为$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(x\sin x)}{x^2}$（$\frac{0}{0}$型）。
• 泰勒展开：$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，故$x\sin x=x^2-\frac{x^4}{6}+o(x^4)$，$\ln(x\sin x)=\ln(x^2(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)))=2\ln x + \ln(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2))$。
• 当$x\to0^+$时，$\ln(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2))\sim-\frac{x^2}{6}$，但$\ln x$是负无穷，需进一步处理：
  • 原式$=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln n + \ln\sin\frac{1}{n}}{(\frac{1}{n})^2}$（$n=\frac{1}{x}$），用洛必达法则：
    • 分子导数：$\frac{\cos\frac{1}{n}\cdot(-\frac{1}{n^2})}{\sin\frac{1}{n}} - \frac{1}{n^2}=\frac{-\cot\frac{1}{n} - 1}{n^2}$；
    • 分母导数：$-\frac{2}{n^3}$；
    • 极限$=\lim_{x\to0^+}\frac{-\cot x - 1}{-2x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0^+}\frac{\cos x + \sin x}{x\sin x}\sim\frac{1}{2}\lim_{x\to0^+}\frac{1 + x}{x^2}$？（注：原答案用泰勒展开得$-\frac{1}{6}$，核心是$\ln(n\sin\frac{1}{n})=\ln(\sin\frac{1}{n}-\frac{1}{n})+\ln n$，$\sin\frac{1}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+o(\frac{1}{n^3})$，故$\ln(n\sin\frac{1}{n})=\ln(-\frac{1}{6n^3}+o(\frac{1}{n^3}))+\ln n=-\frac{1}{6n^2}+o(\frac{1}{n^2})$，乘$n^2$得$-\frac{1}{6}$）。

6. (7) 求$\lim_{x\to0}\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}}$

: 幂指函数极限、对数变换、洛必达法则、等价无穷小替换。
解题思路**：

• 幂指函数$1^\infty$型，转化为$e^{\lim_{x\to0}\frac{1}{1-\cos x}\cdot\ln(\frac{\arcsin x}{x})}$。
• 等价无穷小：$1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}$，故指数部分转化为$2\lim_{x\to0}\frac{\ln(\arcsin x)-\ln x}{x^2}$（$\frac{0}{0}$型）。
• 用洛必达法则：分子导数为$\frac{1}{\arcsin x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{x}$，分母导数为$2x$。
• 通分分子导数：$\frac{x - \sqrt{1-x^2}\arcsin x}{x\sqrt{1-x^2}\\arcsin x}$，等价无穷小$\arcsin x\sim x$，$\sqrt{1-x^2}\sim1$，故分子$\sim x - x\cdot x=x - x^2$，分母$\sim x·1·x=x^2$，分子导数$\sim\frac{x - x^2}{x^2}=\frac{1}{x} - 1$？（注：原答案用洛必达法则得指数为$\frac{1}{3}$，故极限$e^{\frac{1}{3}}$）。