极限lim_(xto0)(e^x-sin x-1)/(1-cos x)=( ).A. 0B. 1C. 2D. 不存在

本题考查利用等价无穷小和洛必达法则求极限的知识。解题思路是先判断该极限是否为$\frac{0}{0}$型未定式，若是，则可考虑使用等价无穷小替换简化式子，若替换后仍无法求解，再使用洛必达法则进一步计算。

1. 判断极限类型：
   当$x\to0$时，分子$e^{x}-\sin x - 1\to e^{0}-\sin 0 - 1=1 - 0 - 1 = 0$，分母$1 - \cos x\to 1 - \cos 0=1 - 1 = 0$，所以该极限是$\frac{0}{0}$型未定式。
2. 使用等价无穷小替换：
   当$x\to0$时，$1 - \cos x\sim\frac{1}{2}x^{2}$，则原式可化为$\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-\sin x - 1}{\frac{1}{2}x^{2}}$，此时该极限仍为$\frac{0}{0}$型未定式。
3. 使用洛必达法则：
   洛必达法则是指在一定条件下，对于$\frac{0}{0}$型或$\frac{\infty}{\infty}$型未定式$\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}$，有$\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}$。
   对分子分母分别求导，$(e^{x}-\sin x - 1)^\prime=e^{x}-\cos x$，$(\frac{1}{2}x^{2})^\prime=x$，则$\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-\sin x - 1}{\frac{1}{2}x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-\cos x}{x}$，此时该极限还是$\frac{0}{0}$型未定式。
4. 再次使用洛必达法则：
   对分子分母再次分别求导，$(e^{x}-\cos x)^\prime=e^{x}+\sin x$，$x^\prime = 1$，则$\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-\cos x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x}+\sin x}{1}$。
5. 计算最终极限：
   将$x = 0$代入$\frac{e^{x}+\sin x}{1}$，可得$\frac{e^{0}+\sin 0}{1}=\frac{1 + 0}{1}=1$。