有這么一道高數題，是一道不太一樣的極限題，如果老黃不講清楚，可能有很多人并不知道其中有關洛必達法則的運用方面，到底是怎么回事！理解起來還是蠻燒腦筋的。題目是這樣的：

設函數f在a點的某鄰域二階可導，證明：對充分小的h，存在θ∈(0,1)，使得：(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2.

分析：這道題有兩處需要特別指出來：

(1)這道題網上有些版本只給出“f在a點二階可導”的條件，老黃覺得那樣的條件并不嚴謹，所以老黃把條件修改成“f在a點的某鄰域二階可導”。

(2)'對充分小的h'這個條件要好好理解一下。這個充分小的h，本身就帶有極限的概念。所謂“充分小”，指的是一個無窮小的正數，無窮接近于0，而不是負無窮大，這個要搞清楚。它就像極限定義中的“ε”取充分小時的情形。

觀察要證明的等式，可以發(fā)現，這個等式帶有拉格朗日中值定理以及洛必達法則的痕跡。因此我們就往這兩個知識點上去摸索出證明的過程。

首先，我們構造輔助函數g(x)=f(a+x)+f(a-x)，從而可以得到很多有用的信息：

(1)g在x=0就具有二階導數。因為f在a具有二階導數，所以f(a+x)和f(a-x)在x=0具有二階導數，從而g(x)在x=0也具有二階導數。這是和的導數法則所決定的。

(2)當h充分小，小到a+h在f二階可導的鄰域內時，g(x)就在[0,h]上二階可導。且

g'(x)=f'(a+x)-f'(a-x), g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x).

(3)又有g'(0)=0.

(4)g'(x)在[0,h]上符合拉格朗日中值定理，且由定理可知：

存在θ∈(0,1)，使得g'(h)-g'(0)=g'(θh)h. 這是拉格朗日中值定理的一個變形公式的應用。

其實θ就是一個大于0而小于1的小數，它會使得θh∈(0,h)，我們并不需要具體知道θh是多少，反正就是存在這樣的一個數θh，使上面的公式成立就是了。

接下來就可以運用洛必達法則了，我們可以求(g(h)-g(0))/h^2在h趨于0的極限，由于這里的h本來就趨于0，所以可以省略極限符號。它是一個0比0型的不定式極限，可以運用洛必達法則，對分子分母同時求導，得到(g'(h)-0)/(2h). 我們看到的很多版本，是省略掉這一步的，而直接得到(g'(h)-g'(0))/(2h). 那樣就會很令人費解。因為對g(0)求導，結果等于0，不一定會等于g'(0)，這是兩碼事。這里是剛好g'(0)=0，才能得到這個結果的。

另外，這里的極限符號一旦省略了，也會引起疑惑，為什么洛必達法則被直接運用在函數的四則運算中。其實洛必達法則是不能直接應用于函數的。這里是因為h帶有極限的概念，才運用洛必達法則的。或者理解為極限符號因為h本身趨于0，而被省略了。

接下來代入拉格朗日中值定理的變形公式，稍做化簡，就可以得到g'(θh)/2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2.

另一方面(g(h)-g(0))/h^2=(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2。等量替換，就可以得到待證明的等式了。最后組織一下解題過程：

解：記g(x)=f(a+x)+f(a-x), 則g在x=0具有二階導數,

當h充分小時, g在[0,h]上二階可導,

且g’(x)=f’(a+x)-f’(a-x)在[0,h]符合拉格朗日中值定理，

∴存在θ∈(0,1)，使得g’(h)-g’(0)=g”(θh)h，

(g(h)-g(0))/h^2=(g'(h)-0)/(2h)=(g'(h)-g'(0))/(2h)=g'(θh)h/(2h)=g'(θh)/2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2.

所以(g(h)-g(0))/h^2=(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2.

對這道題，你有什么見解，不妨在評論區(qū)中留言，一起探討一下！