（1）通分得 $\frac{1}{x}-\frac{\ln (1+x)}{(x\sin x)}=\frac{[\sin x-\ln (1+x)]}{(x\sin x)}$。由 $\sin x\sim x$，分母为 $x^2+o(x^2)$。
（2）将分子展开到二阶：$\sin x=x+o(x^2)$，$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，所以 $\sin x-\ln (1+x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。
（3）相除便得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\ln (1+x)}{x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2+o(x^2)}=\frac{1}{2}.$$

这里 $\sin x$ 的三次项属于 $o(x^2)$，而对数的二次项必须保留。

通分后，将分式拆成 $\frac{[\sin x-\ln (1+x)]}{x^2}$ 与 $\frac{x}{\sin x}$ 的乘积，后者趋于 $1$。前者两次应用洛必达法则：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-\ln (1+x)}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-\frac{1}{(1+x)}}{2x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x+\frac{1}{(1+x{)}^2}}{2}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

每次均为 $\frac{0}{0}$ 型，分母导数在去心邻域非零，最终导数比有有限极限，因此两次使用合法。原极限也是 $\frac{1}{2}$。