修改了一些排版，并增加了两道例题和部分的答案，最后睡了午觉

Notice!!!（develop分支）.md

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 # Nota Bene!!!
 
 每次修改此仓库（也就是在左侧advanced-math-notes栏中的任何文件）时
-请先pull，commit
+请先pull，再commit
 确保自己修改的仓库是最新版本

素材/洛必达法则-注意事项.md

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 tags:
   - 素材
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+## **洛必达法则证明：**
+1.$对于在(a,a+\delta)上连续可导函数f(x),g(x)，且g'(x)\neq0.如果\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0,$$且\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}存在(或为无穷)，则$$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}(或无穷)$$
+证明：令$$F(x)=\begin{cases}f(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},G(x)=\begin{cases}g(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},$$显然有$F(x),G(x)$在$[a,a+\delta)$上连续可导.$\forall x\in (a,a+\delta)$,由柯西中值定理，$\exists\xi\in(a,x)$，使得$$\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} \Rightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)},$$令$\xi=a+\theta(x-a),\theta\in(0,1)$,故当$x\to a^+$时，$\xi\to a^+$，从而两边取极限得：
+$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{\xi\to a^+}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$$得证.
+2.类似地可以证明$x\to a^-,x\to a$的情况.若是$x\to +\infty$,则令$t=\frac{1}{x}$,则$t\to0^+$，从而$$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{t\to0+}\frac{f(1/t)}{g(1/t)}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}{g'(1/t)\cdot(-\frac{1}{t^2})}=\lim\limits_{t\to0^+}\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)};$$$x\to-\infty和x\to\infty$类似.
+## **注意事项：**
 1. 使用时需要在等号上方写明是用的什么类型的洛必达，$\frac{0}{0}$？$\frac{\infty}{\infty}$？
 	例如：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{2x}+1}{\mathrm{e}^{2x}-1} \overset{\frac{\infty}{\infty}}{=}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{2\mathrm{e}^{2x}}=1$
 
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 	下面的例子就会导致反复变为倒数$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$
 
 4. 必须要求分子分母的导数极限都存在
-	例如$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x+\sin x}{x}$$正确的办法是先分子分母同时除以 $x$
+	例如$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x+\sin x}{x}$$正确的办法是转换成两个极限相加。
 
-## **洛必达法则证明：**
-1.$对于在(a,a+\delta)上连续可导函数f(x),g(x)，且g'(x)\neq0.如果\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0,$$且\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}存在(或为无穷)，则$$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}(或无穷)$$
-证明：令$$F(x)=\begin{cases}f(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},G(x)=\begin{cases}g(x),x\in(a,a+\delta) \\ 0,x=a\end{cases},$$显然有$F(x),G(x)$在$[a,a+\delta)$上连续可导.$\forall x\in (a,a+\delta)$,由柯西中值定理，$\exists\xi\in(a,x)$，使得$$\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)} \Rightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)},$$令$\xi=a+\theta(x-a),\theta\in(0,1)$,有$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a+\theta(x-a))}{g'(a+\theta(x-a))},$$左右同时取极限$x\to a^+$得$$\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$$得证.
-2.类似地可以证明$x\to a^-,x\to a$的情况.若是$x\to +\infty$,则令$t=\frac{1}{x}$则$t\to0^+$，然后用上述结论；$x\to-\infty和x\to-\infty$类似.
 
 >[!warning] 不能使用洛必达的的情况：
 >1、必须要是$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$形式的，其他形式必须转化成前两种形式才能使用洛必达法则；
 >2、必须要$\lim\frac{f'(x)}{g'(x)}$存在才能使用；
 >3、一些特殊的函数可能会无法使用洛必达，比如$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$.
 
-运用洛必达法则解决其他不定式问题的流程：
+>[!tips] 运用洛必达法则解决其他不定式问题的流程：
 $$\boxed{\infty-\infty}\overset{通分}{\Longrightarrow}\boxed{\frac{0}{0}或\frac{\infty}{\infty}}\overset{取倒数}{\Longleftarrow}\boxed{0\cdot\infty}\overset{取对数}{\Longleftarrow}\boxed{0^0或1^{\infty}或\infty^0}$$
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+## **例题**
+
+>[!example]  求下列极限
+>(1)$\lim\limits_{x\to1}(1-x^2)\tan{\frac{\pi}{2}x}$;   (2)$\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x};(3)\lim\limits_{x\to0}(x^2+2^x)^{\frac{1}{x}}.$
+
+解：
+(1)用等价无穷小：$$原式\overset{t=x-1}{=}-\lim\limits_{t\to0}t(t+2)\tan{\frac{\pi}{2}(t+1)}=2\lim\limits_{t\to0}\frac{t}{\tan{\frac{\pi}{2}t}}=\frac{4}{\pi}.$$
+用洛必达：$$原式=\lim\limits_{x\to1}\frac{1-x^2}{\cot{\frac{\pi}{2}x}}\overset{\frac{0}{0}}{=}\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to1}\frac{-2x}{-\csc^2{\frac{\pi}{2}x}}=\frac{4}{\pi}.$$
+(2)$$原式=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-1}{x^2\tan x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\overset{\frac{0}{0}}{=}\lim\limits_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{3x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan^2x}{3x^2}=\frac{1}{3}.$$
+(3)$$\begin{aligned}原式&=\lim\limits_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln{(x^2)+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln{(x^2+2^x)}}{x}}\\\\&\overset{\frac{0}{0}}{=}\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{2x+2^x\ln2}{x^2+2^x}}\\\\&=\mathrm{e}^{\ln2}=2.\end{aligned}$$
+
+>[!example] 例题
+>设$f(x)$在$[0,1]$内二阶可导，且满足$$f(0)=0,f(1)=1,f(\frac{1}{2})>\frac{1}{4}.$$证明：
+>(1)至少存在一点$\xi\in(0,1)$,使得$f''(\xi)<2$;
+>(2)若$\forall x\in(0,1)$,有$f''(x)\neq2$,则当$x\in(0,1)$时，恒有$f(x)>x^2$.
+
+证明：
+（1）令$F(x)=f(x)-x^2$,则$F(0)=F(1)=0,F(\frac{1}{2})>0$.显然$F(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$和$[\frac{1}{2},1]$上都满足拉格朗日中值定理得条件，所以由拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi_1\in(0,\frac{1}{2}),\xi_2\in(\frac{1}{2},1),有\frac{F(\frac{1}{2})-F(0)}{\frac{1}{2}-0}=F'(\xi_1)>0,\frac{F(1)-F(\frac{1}{2})}{1-\frac{1}{2}}=F'(\xi_2)<0,$$于是再对$F(x)$在$[\xi_1,\xi_2]$上用拉格朗日中值定理得：$$\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2),有F''(\xi)=\frac{F(\xi_2)-F(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}<0,即f'(\xi)<2.$$
+（2）用反证法，假设$\exists \eta\in(0,1),f(\eta)\le \eta^2,则F(\eta)\le 0$,