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@@ -482,42 +482,35 @@ $$
 等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。
 
 >[!example] 例4
-(1) 证明：存在 $\displaystyle\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;  
+(1) 证明：存在 $\displaystyle\theta \in (0, 1)$ 使得 $\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) = \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}, \, x > 0$;  
 (2) 证明不等式 $$\displaystyle\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right),$$ 其中 $n$ 为正整数。
 
 **证明**  
-（1）对 $x > 0$ 定义函数 $\displaystyle f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,  
+（1）定义函数 $\displaystyle f(t) = \ln(1+t), t \in \left[\frac{x}{2}, x\right]$,  
 由拉格朗日中值定理知：存在 $\displaystyle \theta \in (0, 1)$ 使得  
-
 $$
 \begin{aligned}
 f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) &= \ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) \\
-&= \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta} \cdot \frac{x}{2} \\
-&= \frac{x}{2+(1+\theta)x}.
+&= \dfrac{1}{1+\frac{x}{2}+\theta(x-\frac{x}{2})} \cdot \frac{x}{2} \\
+&= \dfrac{x}{2+(1+\theta)x}.
 \end{aligned}
 $$
 
 （2）不等式两边取对数，可知仅证明 $\displaystyle(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$ 即可。  
-
 令 $\displaystyle F(x) = x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - (x+1)\ln(1+x), x \geq 0$，则由（1）知  
-
-$$
+$$\displaystyle
 \begin{aligned}
 F'(x) &= 1 + \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} + \ln\left(1+\frac{x}{2}\right) - 1 - \ln(1+x) \\
 &= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \left[\ln(1+x) - \ln\left(1+\frac{x}{2}\right)\right] \\
 &= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+(1+\theta)\frac{x}{2}} \\
-&= \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
+&> \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} - \frac{\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}} = 0.
 \end{aligned}
 $$
-
 因此 $F(x) > F(0) = 0, x > 0$。即 $\displaystyle(x+1)\ln(1+x) < x + x\ln\left(1+\frac{x}{2}\right), x > 0$。  
-
 令 $\displaystyle x = \frac{1}{n}$，则有 $\displaystyle (n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 + \ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)$。因此对任意正整数 $n$ 有不等式  
-
 $$
 \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} < \text{e}\left(1+\frac{1}{2n}\right)
 $$
-
 成立。
 
 ## 微分中值定理与积分中值定理结合
@@ -537,15 +530,15 @@ $$
 >设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$$3\int_{\frac{2}{3}}^1f(x)\mathrm{d}x=f(0).$$证明存在$c\in(0,1)$，使得$f'(c)=0$.
 
 **证明：**
-由积分中值定理，存在$\xi\in(\frac{2}{3},1)$，使得$\large{\int}_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.
+由积分中值定理，存在$\xi\in(\dfrac{2}{3},1)$，使得$\displaystyle\int_\frac{2}{3}^1f(x)\text{d}x=f(\xi)\cdot(1-\frac{2}{3})$，故$f(\xi)=f(0)$.由罗尔中值定理，存在$c\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$f'(c)=0$.证毕.
 
 >[!example] 例题2
 >设函数$f(x)$在闭区间$[0,2]$上可导，且$\large{\int}_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$.证明：至少存在一点$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi)$
 
 **证明：**
-令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\large{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
+令$F(x)=(x-2)^2f(x)$，则$$F'(x)=2(x-2)f(x)+(x-2)^2f'(x)=(x-2)(2f(x)+(x-2)f'(x)).$$由于$\displaystyle{\int_0^1}f(x)\text{d}x=0$，由积分中值定理，存在$\eta\in(0,1)$，$f(\eta)=0$，从而$F(\eta)=0$.又$F(2)=0$，由罗尔定理得$$\exists\xi\in(\eta,2)\subset(0,2),F'(\xi)=0\Rightarrow f'(\xi)=\frac{2}{2-\xi}f(\xi).$$
 >[!example] 例题3
->已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\large{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$.  证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
+>已知函数$f(x)$在$[0,2]$上可导，且$f(0)=0$，$\displaystyle{\int}_{1}^{2}f(x)\mathrm{d}x=0$.  证明：至少存在$\xi\in(0,2)$，使得$f'(\xi)=2022f(\xi)$
 
 **证明：**
 由积分中值定理，存在$\eta\in(1,2),\int_1^2f(x)\text{d}x=f(\eta)=0$.