💡 答案解析
方法一
$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)} & =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[x^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right] \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} x^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1-\frac{1}{x}\right) \xlongequal[t \rightarrow 0]{\frac{1}{x}=t} \lim _{t \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{t}-1-t}{t^{2}} \\
& =\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{t}-1}{2 t}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
## 方法ニ
$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)} & =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] \mathrm{d} t}{x} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[x^{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right]=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[x^{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2 x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right)-x\right] \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} x^{2}\left[\frac{1}{2 x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right]=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
目标：化简分母的渐近行为
首先，我们分析极限表达式中的分母部分：$x^2 \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$。当$x \to +\infty$时，$\frac{1}{x} \to 0$，因此可以利用等价无穷小替换：当$u \to 0$时，$\ln(1+u) \sim u$。令$u = \frac{1}{x}$，则当$x \to +\infty$时，$u \to 0$，于是有：
$$
\ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \sim \frac{1}{x}.
$$
因此，分母的渐近行为为：
$$
x^2 \ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \sim x^2 \cdot \frac{1}{x} = x.
$$
这意味着，在极限过程中，分母$x^2 \ln(1+1/x)$与$x$是等价无穷大量。于是，原极限
$$
\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_0^x \frac{\ln(1+t)}{t} \, dt}{x^2 \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}
$$
可以等价地转化为：
$$
\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_0^x \frac{\ln(1+t)}{t} \, dt}{x}.
$$
这一步化简将分母从$x^2 \ln(1+1/x)$简化为$x$，使得后续处理更加直接。注意，等价无穷小替换在乘除运算中是合法的，且这里分母是乘积形式，因此替换是有效的。
公式：\ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \sim \frac{1}{x} \quad (x \to +\infty)
提示：注意等价无穷小替换只适用于乘除因子，且要确保替换后分母不为零。
目标：对被积函数进行泰勒展开
为了处理极限 $\lim_{t \to +\infty} t^2(e^{1/t}-1)-t$，我们令 $u = \frac{1}{t}$，则当 $t \to +\infty$ 时，$u \to 0^+$。将被积函数中的 $e^{1/t}$ 在 $u=0$ 处展开为泰勒级数：
$$e^{u} = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + O(u^4)$$
将 $u = \frac{1}{t}$ 代入，得到：
$$e^{1/t} = 1 + \frac{1}{t} + \frac{1}{2t^2} + \frac{1}{6t^3} + O\left(\frac{1}{t^4}\right)$$
然后计算 $t^2(e^{1/t}-1)-t$：
首先，$e^{1/t}-1 = \frac{1}{t} + \frac{1}{2t^2} + \frac{1}{6t^3} + O\left(\frac{1}{t^4}\right)$。
两边乘以 $t^2$：
$$t^2(e^{1/t}-1) = t^2\left(\frac{1}{t} + \frac{1}{2t^2} + \frac{1}{6t^3} + O\left(\frac{1}{t^4}\right)\right) = t + \frac{1}{2} + \frac{1}{6t} + O\left(\frac{1}{t^2}\right)$$
再减去 $t$：
$$t^2(e^{1/t}-1)-t = \left(t + \frac{1}{2} + \frac{1}{6t} + O\left(\frac{1}{t^2}\right)\right) - t = \frac{1}{2} + \frac{1}{6t} + O\left(\frac{1}{t^2}\right)$$
因此，当 $t \to +\infty$ 时，被积函数展开为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{6t} + O\left(\frac{1}{t^2}\right)$。这一展开将用于后续的积分计算，其中常数项 $\frac{1}{2}$ 在积分时会产生发散项，而 $\frac{1}{6t}$ 项积分后收敛。
公式：$$t^2(e^{1/t}-1)-t = \frac{1}{2} + \frac{1}{6t} + O\left(\frac{1}{t^2}\right)$$
提示：注意展开到足够高阶的项，确保后续积分时能正确判断收敛性。
目标：估计积分的主要部分
将上一步得到的被积函数展开式代入积分：
$$
\int_{1}^{x} \left( \frac{1}{2t} + \frac{1}{6t^2} + O\left(\frac{1}{t^3}\right) \right) dt = \int_{1}^{x} \frac{1}{2t} dt + \int_{1}^{x} \frac{1}{6t^2} dt + \int_{1}^{x} O\left(\frac{1}{t^3}\right) dt.
$$
首先计算第一项：
$$
\int_{1}^{x} \frac{1}{2t} dt = \frac{1}{2} \int_{1}^{x} \frac{1}{t} dt = \frac{1}{2} \left[ \ln t \right]_{1}^{x} = \frac{1}{2} \ln x.
$$
接着计算第二项：
$$
\int_{1}^{x} \frac{1}{6t^2} dt = \frac{1}{6} \int_{1}^{x} t^{-2} dt = \frac{1}{6} \left[ -t^{-1} \right]_{1}^{x} = \frac{1}{6} \left( -\frac{1}{x} + 1 \right) = \frac{1}{6} - \frac{1}{6x}.
$$
第三项是余项积分。由于 $O(1/t^3)$ 表示当 $t \to \infty$ 时，存在常数 $C$ 使得 $|O(1/t^3)| \leq C/t^3$，而积分 $\int_{1}^{\infty} 1/t^3 dt$ 收敛（因为 $p=3>1$），所以 $\int_{1}^{x} O(1/t^3) dt$ 当 $x \to \infty$ 时趋于一个常数。记该常数为 $C_0$，则
$$
\int_{1}^{x} O\left(\frac{1}{t^3}\right) dt = C_0 + o(1), \quad x \to \infty.
$$
综合以上结果，原积分可表示为：
$$
\int_{1}^{x} \frac{1}{2t} + \frac{1}{6t^2} + O\left(\frac{1}{t^3}\right) dt = \frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{6} - \frac{1}{6x} + C_0 + o(1).
$$
当 $x \to \infty$ 时，$\frac{1}{6x} \to 0$，且 $o(1) \to 0$，因此积分的主要部分为：
$$
\frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{6} + C_0.
$$
其中 $\frac{1}{6}+C_0$ 是一个常数，记作 $C$，则积分近似为 $\frac{1}{2}\ln x + C$。但题目要求更精确的估计，注意到 $\frac{1}{6}\ln x$ 项实际上来自第二项积分的结果中并没有对数项，这里步骤概要中提到的 $(1/6)\ln x$ 可能是笔误，实际应为常数项。根据展开式，主要部分应为 $\frac{1}{2}\ln x$ 加上常数。
公式：$$\int_{1}^{x} \left( \frac{1}{2t} + \frac{1}{6t^2} + O\left(\frac{1}{t^3}\right) \right) dt = \frac{1}{2}\ln x + \text{常数} + o(1)$$
提示：注意区分$\int 1/t^p dt$当$p=1$时产生对数，$p>1$时产生代数项。
目标：代回极限并计算结果
将上一步得到的积分近似表达式代入原极限中。原极限为：
$$
\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x \left( e^{t^2} - 1 \right) dt}{x^3}.
$$
由前一步，我们得到积分近似为：
$$
\int_0^x \left( e^{t^2} - 1 \right) dt \approx \frac{x^3}{3} + \frac{x^7}{42} + O(x^{11}).
$$
代入极限表达式：
$$
\lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^3}{3} + \frac{x^7}{42} + O(x^{11})}{x^3} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{3} + \frac{x^4}{42} + O(x^8) \right).
$$
当 $x \to 0$ 时，$\frac{x^4}{42} \to 0$，$O(x^8) \to 0$，因此极限值为 $\frac{1}{3}$。
验证：将 $x=0.1$ 代入原式近似计算，积分值约为 $0.00033333$，除以 $0.001$ 得 $0.33333$，与 $1/3$ 吻合。故最终答案为 $\frac{1}{3}$。
公式：\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x (e^{t^2}-1)dt}{x^3} = \frac{1}{3}
提示：代入近似后，分子分母同除以$x^3$，只保留常数项即为极限值。