💡 答案解析
（I）由于 $0\lt x\lt \pi$ 时，$0\lt \sin x\lt x$，于是 $0\lt x_{n+1}=\sin x_n \leq x_n$，说明数列 $\left\{x_n\right}$ 单调减少且 $x_n\gt 0$。由单调有界准则知 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在，记为 $A$。
递推公式两边取极限得 $A=\sin A$，$\therefore A=0$。
（II）原式 $=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\displaystyle\frac{\sin x_n}{x_n}\right)^{\displaystyle\frac{1}{x_n^2}}$，为"$1^\infty$"型。
因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑 $\displaystyle\lim_{t \to 0}\left(\displaystyle\frac{\sin t}{t}\right)^{\displaystyle\frac{1}{t^2}}$
$$
\begin{aligned}
\lim_{t \to 0}\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{\frac{1}{t^2}} &= e^{\lim_{t \to 0}\frac{1}{t^2}\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)} = e^{\lim_{t \to 0}\frac{1}{t^2}\cdot\frac{t}{\sin t}\cdot\frac{t\cos t - \sin t}{t^2}} \\
&= e^{\lim_{t \to 0}\frac{t\cos t - \sin t}{2t^3}} = e^{\lim_{t \to 0}\frac{\cos t - t\sin t - \cos t}{6t^2}} = e^{\lim_{t \to 0}\frac{-\sin t}{6t}} = e^{-\frac{1}{6}}
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\displaystyle\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\displaystyle\frac{1}{x_n^2}}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\displaystyle\frac{\sin x_n}{x_n}\right)^{\displaystyle\frac{1}{x_n^2}}=\displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\right)^{\displaystyle\frac{1}{x^2}}=e^{-\displaystyle\frac{1}{6}}$
📋 详细解题步骤
目标：证明数列单调递减且有下界
首先，我们考虑数列 $\{x_n\}$ 的递推关系：$x_{n+1} = \sin x_n$，且已知 $x_1 > 0$。为了证明数列单调递减，我们需要比较 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 的大小。
利用不等式：当 $0 < x < \pi$ 时，有 $\sin x < x$。由于 $x_1 > 0$，且通过递推可知所有 $x_n$ 均为正数（因为 $\sin x > 0$ 当 $0 < x < \pi$），因此对于任意 $n$，若 $x_n > 0$，则 $x_{n+1} = \sin x_n < x_n$。由此可得数列严格单调递减：$x_1 > x_2 > x_3 > \cdots > x_n > \cdots$。
其次，证明数列有下界。由于 $x_n > 0$ 对所有 $n$ 成立（因为 $x_1 > 0$，且 $\sin x_n > 0$ 当 $x_n > 0$ 且 $x_n < \pi$，而由单调递减性，$x_n \leq x_1$，若 $x_1 < \pi$ 则显然成立；若 $x_1 \geq \pi$，则需单独说明，但题目通常隐含 $x_1$ 在 $(0,\pi)$ 内，或通过后续步骤可证 $x_n$ 始终为正且小于 $\pi$），因此 $0$ 是数列的一个下界。
综上，数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$，由单调有界准则可知极限存在。
公式：$$x_{n+1} = \sin x_n < x_n \quad (0 < x_n < \pi)$$
提示：利用 $\sin x < x$（$x>0$）直接得到单调性，下界 $0$ 由递推保证。
目标：求极限值
设数列极限为$A$，即$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=A$。对递推关系式$x_{n+1}=\sin x_n$两边同时取极限，得到：
$$\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\sin x_n.$$
由于$\sin x$是连续函数，极限运算与函数符号可以交换次序，因此有：
$$A=\sin A.$$
这是一个关于$A$的方程。解方程$A=\sin A$，即$A-\sin A=0$。令$f(A)=A-\sin A$，则$f'(A)=1-\cos A\ge0$，且$f'(A)=0$仅在$A=2k\pi$（$k$为整数）处成立，故$f(A)$在$\mathbb{R}$上单调递增。又$f(0)=0$，所以$A=0$是方程的唯一解。因此，极限值为$A=0$。
公式：$$A=\sin A$$
提示：利用函数单调性判断方程$A=\sin A$的唯一解，避免遗漏或错误解。
目标：将待求极限转化为连续型极限
根据递推关系$x_{n+1}=\sin x_n$，原极限表达式为：
$$
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}}.
$$
由于已知$x_n\to 0$（当$n\to\infty$），因此该极限是离散变量$n$趋于无穷时，函数值$\left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)^{1/x_n^2}$的极限。为了利用连续函数的极限运算法则，我们考虑将离散变量$n$替换为连续变量$t$，即令$t=x_n$，则当$n\to\infty$时，$t\to 0$。于是原极限转化为连续型极限：
$$
\lim_{t\to 0}\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{\frac{1}{t^2}}.
$$
这一步的关键在于：由于$x_n$是收敛到0的数列，且函数$f(t)=\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{1/t^2}$在$t=0$附近连续（需补充定义$f(0)$为极限值），因此数列极限等于函数极限。这样，我们就可以应用洛必达法则或泰勒展开等处理连续函数极限的方法来求解。
公式：$$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}} = \lim_{t\to 0}\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{\frac{1}{t^2}}$$
提示：将数列极限转化为函数极限是处理$1^\infty$型极限的常用技巧。
目标：取对数化为0/0型
为了处理原极限 $\lim_{t \to 0} \left(\frac{\sin t}{t}\right)^{1/t^2}$，由于底数和指数都含有变量 $t$，直接计算困难。我们采用取对数的方法将其转化为易于处理的极限形式。
令 $L = \lim_{t \to 0} \left(\frac{\sin t}{t}\right)^{1/t^2}$，两边取自然对数得：
$$
\ln L = \lim_{t \to 0} \ln\left[\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{1/t^2}\right] = \lim_{t \to 0} \frac{1}{t^2} \ln\left(\frac{\sin t}{t}\right).
$$
现在考察 $\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)$ 在 $t \to 0$ 时的行为。利用重要极限 $\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$，可知 $\frac{\sin t}{t} \to 1$，从而 $\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right) \to \ln 1 = 0$。同时分母 $t^2 \to 0$，因此极限 $\lim_{t \to 0} \frac{\ln(\sin t / t)}{t^2}$ 是 $\frac{0}{0}$ 型未定式，满足洛必达法则的使用条件。
至此，我们成功将原幂指型极限转化为 $0/0$ 型极限，为下一步应用洛必达法则或等价无穷小替换奠定了基础。
公式：\ln L = \lim_{t \to 0} \frac{\ln(\sin t / t)}{t^2}
提示：取对数后注意检查是否为0/0或∞/∞型，以便后续使用洛必达法则。
目标：应用洛必达法则求极限
由第4步得到 $\ln L = \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^2}$，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，故可应用洛必达法则。对分子和分母分别求导：
分子 $f(t) = \ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)$，其导数为 $f'(t) = \frac{1}{\frac{\sin t}{t}} \cdot \frac{t \cos t - \sin t}{t^2} = \frac{t \cos t - \sin t}{t \sin t}$。
分母 $g(t) = t^2$，其导数为 $g'(t) = 2t$。
因此，
$$\ln L = \lim_{t \to 0^+} \frac{\frac{t \cos t - \sin t}{t \sin t}}{2t} = \lim_{t \to 0^+} \frac{t \cos t - \sin t}{2t^2 \sin t}.$$
此时极限仍为 $\frac{0}{0}$ 型，再次应用洛必达法则。分子 $h(t) = t \cos t - \sin t$，其导数为 $h'(t) = \cos t - t \sin t - \cos t = -t \sin t$。分母 $k(t) = 2t^2 \sin t$，其导数为 $k'(t) = 4t \sin t + 2t^2 \cos t$。
于是，
$$\ln L = \lim_{t \to 0^+} \frac{-t \sin t}{4t \sin t + 2t^2 \cos t} = \lim_{t \to 0^+} \frac{-\sin t}{4 \sin t + 2t \cos t}.$$
再次得到 $\frac{0}{0}$ 型，第三次应用洛必达法则。分子 $m(t) = -\sin t$，导数为 $m'(t) = -\cos t$。分母 $n(t) = 4 \sin t + 2t \cos t$，导数为 $n'(t) = 4 \cos t + 2 \cos t - 2t \sin t = 6 \cos t - 2t \sin t$。
因此，
$$\ln L = \lim_{t \to 0^+} \frac{-\cos t}{6 \cos t - 2t \sin t} = \frac{-1}{6 \cdot 1 - 0} = -\frac{1}{6}.$$
公式：$$\ln L = \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^2} = -\frac{1}{6}$$
提示：洛必达法则可重复使用，每次使用前务必确认仍为0/0或∞/∞型。
目标：得出最终结果
由前一步骤已求得对数似然函数的最大值为 $\ln L = -\frac{1}{6}$。为得到原极限 $L$ 的值，需对等式两边取指数运算（即 $e$ 为底的幂运算）。具体地，由 $\ln L = -\frac{1}{6}$，根据指数与对数的互逆关系，可得 $L = e^{-\frac{1}{6}}$。因此，原极限的最终结果为 $e^{-\frac{1}{6}}$。
验证：将结果代入原极限表达式，检查是否满足题目条件。由于推导过程严格遵循对数似然函数的构造与最大化步骤，且 $\ln L = -\frac{1}{6}$ 是唯一极大值点，故 $L = e^{-\frac{1}{6}}$ 即为所求。最终答案可写为 $\boxed{e^{-\frac{1}{6}}}$。
公式：$$L = e^{-\frac{1}{6}}$$
提示：记住：$\ln L = a \Rightarrow L = e^a$，指数与对数互为逆运算。