一、题目
已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$, 则 $\left( \quad \right)$
»A« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»B« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
»C« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
»D« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
二、解析
解法 1：特例法
当前解法的计算过程需要用到：《常用三角函数的取值对照表》
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 首先，令：
$$
x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}
$$
则可知，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散.
在本题中，可以令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{2}$, 计算方式和逻辑与令 $x_{n} = \left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}$ 是一样的.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 此时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right) = \cos \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»A« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，此时 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 收敛（极限存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right) = \sin \frac{\sqrt{2}}{2}
$$
所以，»B« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\sin \left( \frac{\pi}{4} \right) \neq \sin \left( \frac{-\pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)$ 发散（极限不存在）：
$$
\lim_{n \to \infty} \sin \left(\left(-1\right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4}\right)
$$
所以，»C« 选项 错 误 .
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为，$\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \cos \left( \frac{- \pi}{4} \right)$, 即 $\lim\limits_{x \to \infty} \cos \left( \left( -1 \right)^{n} \cdot \frac{\pi}{4} \right)$ 收敛（极限存在）
所以，»D« 选项 正 确 .
事实上，对于 »D« 选项，当 $n \to \infty$ 的时候，我们也可以由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在，推导出 $\cos x_{n}$ 的极限存在：
由 $-\frac{\pi}{2} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2}$ 可知：
$$
0 \leqslant \cos x_{n} \leqslant 1
$$
又因为 $\sin x$ 在区间 $\left[ 0, 1 \right]$ 上严格单调递增，于是，根据数列极限存在的“单调有界准则”可知，当 $n \to \infty$ 的时候，$\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在.
又因为，严格单调递增的函数一定存在连续反函数，且复合函数 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的反函数为：
$$
\arcsin \left[ \sin \left( \cos x_{n} \right) \right] = \cos x_{n}
$$
由于函数的自变量和函数是一一对应的，因此，对于单调的连续函数而言，函数值收敛的时候，自变量一定也收敛，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\sin \left( \cos x_{n} \right)$ 收敛可知，$\cos x_{n}$ 一定也收敛，因此，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 也存在.
需要注意的是，虽然 $\cos x_{n}$ 的反函数是 $x_{n}$, 但由于 $\cos x_{n}$ 在区间 $\left[ \frac{- \pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上不是严格单调的函数，所以，当 $n \to \infty$ 的时候，由 $\cos x_{n}$ 的极限存在，无法推导出 $x_{n}$ 的极限也存在的结论.
解法 2：特例法
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »A« 选项和 »B« 选项：
令 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 则：
- 在 $\lim_{n \to \infty} \cos \left( \sin x_{n} \right)$ 中，若设 $\sin \left( 1 \right) = z$, 则 $\sin \left( -1 \right) = -z$, 同时，$\cos \left( z \right) = \cos \left( -z \right)$, 所以，此时，$\lim_{n \to \infty} \cos \left( \sin x_{n} \right)$ 的极限存在；
- 在 $\lim_{n \to \infty} \sin \left( \cos x_{n} \right)$ 中，若设 $\cos \left( 1 \right) = k$, 则 $\cos \left( -1 \right) = k$, 同时，$\sin \left( k \right) = \sin \left( k \right)$, 所以，此时，$\lim_{n \to \infty} \sin \left( \cos x_{n} \right)$ 的极限存在.
但是，当 $x_{n} = \begin{cases} 1, & n \text{ 为奇数} \\ -1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$ 时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不存在，因此，»A« 选项和 »B« 选项 错 误.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 对于 »C« 选项：
由于函数 $y = \sin x$ 在区间 $\left[ – \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上单调增加且连续，所以，当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 一定存在，因此，»C« 错 误 .
在本解法中，如果令 $x_{n} = \begin{cases} -1, & n \text{ 为奇数} \\ 1, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 即令 $x_{n} = \left( -1 \right)^{n}$, 对应的解析步骤与上面基本一致.
考虑到 $\cos x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个偶函数，$\sin x$ 在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 上是一个奇函数，所以，我们在设 $x_{n}$ 的特例的时候，只要满足下面的形式就可以：
$$x_{n} = \left( -1 \right)^{n} \cdot a, \ a \in \left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$$
综上可知，»D« 选项 正 确 .
解法 3：“十字”极限判定法
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 观察可知，本题中极限存在性的判定，实际上涉及 $y = \cos \left( \sin \left( x_{n} \right) \right)$, $y = \sin \left( \cos \left( x_{n} \right) \right)$, $y=\sin x_{n}$ 和 $y = \cos x_{n}$ 四个函数，对应的函数图象示意图如图 01、02、03、04 所示（在稿纸上手绘的时候，只需要能绘制出这些函数图象的大致走向和一些关键点，如交点、拐点等即可）：
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 在本题中，「荒原之梦考研数学」就会结合上面的函数图象，以及“十字”极限判定法来判断本题中四个选项的对错——
根据函数图象的性质可知，函数的极限存在，就是在某一个极限过程中，函数值都位于一条定义域内的水平直线上，如图 05 所示的每条水平直线都代表函数的一个极限（但如果这两个水平直线同时存在，则这个函数此时就不存在极限）：
同样，根据函数图象的性质可知，函数自变量的极限存在，就是在某一个极限过程中，自变量的取值都位于一条定义域内的竖直直线上，如图 06 所示的每条竖直直线都代表函数自变量的一个极限（但如果这两个竖直直线同时存在，则这个函数自变量此时就不存在极限）：
在本题中，作为函数自变量的数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的极限过程 $n \to \infty$ 并不是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的取值就要一直向横坐标的左右两侧无限延伸——$n \to \infty$ 只是说数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的下标 $n$ 一直在“变大”，但下标“变大”并不意味着数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身“变大”或者“变小”，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 本身的取值可以是任意的，也可以是遵循其他的某种特定规律，就像前面的解法 1 和解法 2 中的 $\left\{x_{n}\right\}$ 所遵循的规律一样.
于是可知，如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 07 所示，那么，这个函数的极限就是不存在的（因为不止一条横线），自变量的极限也是不存在的（因为不止一条竖线）：
如果一个函数和函数自变量的极限取值如图 08 所示，那么，这个函数的极限就是存在的（因为只有一条直线），自变量的极限则是不存在的（因为不止一条竖线）：
当然，根据函数的定义可知，一个自变量只能对应一个函数值，但是，如果图 09 中的两条横线对应两个函数的极限，那么，就说明这两个函数的极限是存在的（因为每个函数都只有一条直线），函数自变量的极限也是存在的（因为只有一条竖线）：
对于一个函数而言，如果函数的极限和函数自变量的极限都是存在的，那么，对应的图形就是如图 10 所示的“十字”，这也是“十字”极限判定法名称的来源：
当然，“十字”极限判定法中的“横线”和“竖线”可以是某个确定位置的横线和竖线，也可以只是某个极限位置的横线和竖线.
接下来，我们就使用「荒原之梦考研数学」在上面构建的这个“十字”极限判定法对题目中的四个选项做逐一的判定——
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »A« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
如图 11 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»A« 错 误 ：
在上面的图 11，以及接下来的图 12 到图 18 中，示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{-\pi}{2}$; 示意图中的位于坐标轴 $Y$ 轴左右侧的灰色虚线竖线表示 $x = \frac{\pi}{2}$.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »B« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在
如图 12 所示，我们用位于区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内的横线表示 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的极限存在，但此时从该横线与 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的函数图象的交点可以引出两条竖线，因此，该函数的自变量 $x_{n}$ 的极限不存在，»B« 错 误 ：
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »C« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
如图 13 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在：
图 13 中的横线，与函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 14 所示：
但是，如果我们将横线画在函数 $y = \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 与 $y = \sin x_{n}$ 图象的交点，就会产生“十字”，此时，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$, $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 和 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 都存在，如图 15 所示：
综合来看，»C« 错 误 ，因为极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin x_{n}$ 不一定存在.
“不一定存在”包含“一定不存在”和“可能存在”，但不包含“一定存在”.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ »D« 当 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在时，$\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，但 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 不一定存在
如图 16 所示，在区间 $\left[ \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 内，我们绘制一条横线，表示极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在：
图 16 中的横线，与函数 $y = \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 的图象产生了两个交点，对应两条竖线，所以极限 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 此时不存在，如图 17 所示：
接着，图 17 中的两条竖线与 $y = \cos x_{n}$ 的图象产生了两个交点，对应一条横线，因此，极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \cos x_{n}$ 存在，如图 18 所示：
综上可知，»D« 选项 正 确 .
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