Li riscrivo.
1) $ \displaystyle \int_0^1 \frac{(x-\sin x)^{\alpha} \tan x}{x^{2 \alpha} (1+x^2)}dx $
2) $ \displaystyle \int_0^1 \frac{(x-\sin x)^{\alpha}}{x^{4 \alpha} (1+x^5 \sin \frac{1}{x^2}) \log (1+x)}dx $
3) $ \displaystyle \lim_{x \to 0^+}\frac{\int_0^{x^2} \frac{1-\cos \sqrt{t}}{2+\cos t}dt}{(\sinh x-x) \sin x} $
Secondo me per i primi due la tattica è passare ad una opportuna funzione asintotica vicino agli estremi di integrazione "dubbi", e vedere per quali alpha questa funzione asintotica ammette integrale improprio finito in un intorno di quell'estremo.
Per esempio per il primo, dovendo discutere la convergenza vicino a zero, puoi accorgerti che (per $ \sim_0 $ intendo "asintotico in zero a"):
$ (x-\sin x)/x \sim_0 x^2/6, \hspace{1cm} \tan x/x^{\alpha} \sim_0 (\sin x)^{1-\alpha} \sim_0 x^{1-\alpha} $
riducendoti a valutare l'integrabilità vicino a 0 di
$ x \mapsto \frac{1}{6^{\alpha}}x^{2\alpha+1-\alpha}=\frac{1}{6^{\alpha}}x^{1+\alpha} $
e ottenendo quindi $ 1+\alpha+1>0 $, ovvero $ \alpha>-2 $.
Per quanto riguarda il terzo, se non sbaglio basta usare Hopital (dopo aver dimostrato che si può...) seguito dal teorema fondamentale del calcolo per calcolare la derivata dell'integrale (nella fattispecie, se $ F(x)=\int_0^xf(t)dt $ allora $ \frac{d}{dx}\int_0^{g(x)}f(t)dt=\frac{d}{dx}F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x) $).
A me il limite viene 3/4.
Spero di ricordare bene e di non aver scritto cose scorrette
Ciao ciao.
)
sono una frana in matematica 
