5.求极限 lim _(xarrow infty )x(sin dfrac (2)(x)-sin dfrac (1)(2x)).

本题考查利用等价无穷小替换和洛必达法则求极限的知识。解题思路是先将原式变形为$\frac{0}{0}$型的极限，然后使用洛必达法则对分子分母分别求导，最后代入极限值求解。

1. 变形为$\frac{0}{0}$型极限：
   已知原式为$\lim _{x\rightarrow \infty }x(\sin \frac {2}{x}-\sin \frac {1}{2x})$，当$x\rightarrow \infty$时，$\frac{2}{x}\rightarrow 0$，$\frac{1}{2x}\rightarrow 0$，$\sin\frac{2}{x}\rightarrow 0$，$\sin\frac{1}{2x}\rightarrow 0$，此时原式为$\infty\times0$型。
   为了使用洛必达法则，将其变形为$\frac{0}{0}$型，即$\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac {2}{x}-\sin \frac {1}{2x}}{\frac{1}{x}}$。
2. 使用洛必达法则求导：
   根据洛必达法则，对于$\frac{0}{0}$型的极限$\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}$，有$\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}$。
   对分子$\sin \frac {2}{x}-\sin \frac {1}{2x}$求导，根据复合函数求导公式$(f(g(x)))^\prime=f^\prime(g(x))\cdot g^\prime(x)$可得：
   $(\sin \frac {2}{x}-\sin \frac {1}{2x})^\prime=\cos\frac{2}{x}\cdot(-\frac{2}{x^2}) - \cos\frac{1}{2x}\cdot(-\frac{1}{2x^2})=-\frac{2}{x^2}\cos\frac{2}{x}+\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{2x}$
   对分母$\frac{1}{x}$求导，$(\frac{1}{x})^\prime=-\frac{1}{x^2}$。
   则$\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac {2}{x}-\sin \frac {1}{2x}}{\frac{1}{x}}=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{-\frac{2}{x^2}\cos\frac{2}{x}+\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{2x}}{-\frac{1}{x^2}}$。
3. 化简并求极限：
   将上式分子分母同时乘以$-x^2$进行化简，可得：
   $\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{-\frac{2}{x^2}\cos\frac{2}{x}+\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{2x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim _{x\rightarrow \infty }(2\cos\frac{2}{x}-\frac{1}{2}\cos\frac{1}{2x})$
   当$x\rightarrow \infty$时，$\frac{2}{x}\rightarrow 0$，$\frac{1}{2x}\rightarrow 0$，根据余弦函数的连续性$\lim\limits_{u\rightarrow 0}\cos u=\cos0 = 1$，可得：
   $\lim _{x\rightarrow \infty }(2\cos\frac{2}{x}-\frac{1}{2}\cos\frac{1}{2x})=2\cos0 - \frac{1}{2}\cos0=2\times1 - \frac{1}{2}\times1=2 - \frac{1}{2}=\frac{3}{2}$