泰勒公式
若要证明的式子中含有高阶导数（如 \(f^{(4)}(\xi)\)、\(f^{(m)}(\xi)\) 等），一般要用带拉格朗日余项的泰勒公式：
有限区间在某点展开
\[
f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x - x_{0})+\dfrac{f^{\prime \prime}(x_{0})}{2!}(x - x_{0})^{2}+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{(n)!}(x - x_{0})^{n}
\]
在选取展开点和被展开点时，总的思路是选取导数值信息多的点作为 \(x_{0}\)( 在 \(x_0\) 处展开 )。当然，有时也会有其他展开方式，如将两端点均在中点处展开、将中点分别在两个端点处展开、在任意点处展开等，具体情况需具体分析。
例题 1 设 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 三阶连续可导，\(f(-1)=0\)，\(f'(0)=0\)，\(f(1)=1\)，证：\(\exists \xi \in(-1,1)\)，s.t.\(f^{\prime \prime \prime}(\xi)=3\)。
Proof
\(f(1)\)， \(f(-1)\) 分别在 0 处展开：
\[
f(1)=f(0)+f^{\prime}(0)+\dfrac{f^{\prime\prime}(0)}{2}+\dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})}{6} \quad (0<\xi_{1}<1)
\]
\[
f(-1)=f(0)-f^{\prime}(0)+\dfrac{f^{\prime\prime}(0)}{2}-\dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{6} \quad (-1<\xi_{2}<0)
\]
两式相减得（已知 \(f(1)=1, f(-1)=0, f'(0)=0\)）：
\[
1 - 0 = \dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1}) + f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{6} \implies 3 = \dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})+f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{2}
\]
由介值定理得 \(\exists \xi \in (\xi_2, \xi_1) \subset (-1,1)\) s.t.
\[
f^{\prime\prime\prime}(\xi)=\dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})+f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{2}
\]
得证 \(f^{\prime\prime\prime}(\xi)=3\)。
Tip
注 1：介值定理小推论：\(af(u)+bf(v) = (a+b)f(\eta)\)
注 2：由达布定理可知，这里的“三阶连续可导”可弱化为“三阶可导”，部分题目有类似情况。
例题 2 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 二阶可导，\(f(0)=f(1)=0\)，\([f(x)]_{min}=-1\)，证：\(\exists \xi \in(0,1)\)，s.t.\(f^{\prime \prime}(\xi) \geq8\)。
Proof
设 \(f(x)\) 在 \(x=a \in (0,1)\) 处取得最小值，则 \(f(a)=-1, f^{\prime}(a)=0\)。
利用泰勒公式：
\[
f(x)=f(a)+f^{\prime}(a)(x-a)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x-a)^{2} = -1+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2}(x-a)^{2}
\]
分别令 \(x=0, x=1\) 得：
- \(0 = -1 + \dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{1})}{2}a^{2} \implies f^{\prime\prime}(\xi_{1}) = \dfrac{2}{a^2} \quad (0<\xi_{1}<a)\)
- \(0 = -1 + \dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{2})}{2}(1-a)^{2} \implies f^{\prime\prime}(\xi_{2}) = \dfrac{2}{(1-a)^2} \quad (a<\xi_{2}<1)\)
- 若 \(0 < a < \dfrac{1}{2}\)，则 \(a^2 < \dfrac{1}{4}\)，故 \(f^{\prime\prime}(\xi_{1}) > \dfrac{2}{1/4} = 8\)；
- 若 \(\dfrac{1}{2} \le a < 1\)，则 \(1-a \le \dfrac{1}{2}\)，即 \((1-a)^2 \le \dfrac{1}{4}\)，故 \(f^{\prime\prime}(\xi_{2}) \ge 8\)。
综上，至少存在一点 \(\xi \in (0,1)\)，使 \(f^{\prime\prime}(\xi) \ge 8\)。
Tip
极值点蕴含了导数的信息，所以常常将函数在极值点处泰勒展开。
例题 3 设 \(f(x)\) 在 \(x = x_{0}\) 的邻域内四阶可导，\(|f^{(4)}(x)| \leq M(M>0)\)，证：对此邻域上任意一个不同于 \(x_{0}\) 的点 \(a\)，以及其关于 \(x_0\) 的对称点 \(b\)，有 \(|f^{\prime \prime}(x_{0})-\dfrac{f(a)+f(b)-2f(x_{0})}{(a - x_{0})^{2}}| \leq\dfrac{M}{12}(a - x_{0})^{2}\)。
Proof
由题意 \(a+b=2x_{0}\) （即 \(b-x_0 = -(a-x_0)\)）。将 \(f(a), f(b)\) 在 \(x_{0}\) 展开：
\[
f(a)=f(x_{0})+(a-x_{0})f^{\prime}(x_{0})+\dfrac{(a-x_{0})^{2}}{2}f^{\prime\prime}(x_{0})+\dfrac{(a-x_{0})^{3}}{6}f^{\prime\prime\prime}(x_{0})+\dfrac{(a-x_{0})^{4}}{24}f^{(4)}(\xi_{1})
\]
\[
f(b)=f(x_{0})+(b-x_{0})f^{\prime}(x_{0})+\dfrac{(b-x_{0})^{2}}{2}f^{\prime\prime}(x_{0})+\dfrac{(b-x_{0})^{3}}{6}f^{\prime\prime\prime}(x_{0})+\dfrac{(b-x_{0})^{4}}{24}f^{(4)}(\xi_{2})
\]
注意 \((b-x_0) = -(a-x_0)\)，则平方项相等，奇次项相反。两式相加，移项整理得：
\[
f(a)+f(b)-2f(x_{0})-(a-x_{0})^{2}f^{\prime\prime}(x_{0}) = \dfrac{(a-x_{0})^{4}}{24}(f^{(4)}(\xi_{1})+f^{(4)}(\xi_{2}))
\]
两边同除以 \((a-x_0)^2\) 并取绝对值：
\[
\left| \dfrac{f(a)+f(b)-2f(x_{0})}{(a-x_{0})^{2}} - f^{\prime\prime}(x_{0}) \right| = \dfrac{(a-x_{0})^{2}}{24} \left| f^{(4)}(\xi_{1})+f^{(4)}(\xi_{2}) \right|
\]
由于 \(|f^{(4)}(x)| \le M\)，则 \(|f^{(4)}(\xi_{1})+f^{(4)}(\xi_{2})| \le 2M\)。
故：
\[
\text{左边} \le \dfrac{(a-x_{0})^{2}}{24} \cdot 2M = \dfrac{M}{12}(a-x_{0})^{2}
\]
Tip
若题干中无具体点的导数信息，可观察欲证结论确定展开点和被展开点，此思想可解决下面两道类题。
Note
类题 1: \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 二阶连续可导，证 \(\exists \xi \in (a,b)\)，使得
\[
f(a)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(b)=\dfrac{(b-a)^{2}}{4}f^{\prime\prime}(\xi)
\]
Note
类题 2: \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 三阶连续可导，证：\(\exists \xi \in (a,b)\)，使
\[
f(b) = f(a) + (b-a)f\left(\dfrac{a+b}{2}\right) + \dfrac{(b-a)^3}{24}f^{\prime\prime\prime}(\xi)
\]
将 \(f(a)\), \(f(b)\) 在 \(\frac{a+b}{2}\) 处展开：
\[
f(a)=f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(a-b)}{2}f^{\prime}\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(a-b)^{2}}{8}f^{\prime\prime}\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(a-b)^{3}}{48}f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})
\]
\[
f(b)=f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(b-a)}{2}f^{\prime}\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(b-a)^{2}}{8}f^{\prime\prime}\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+\dfrac{(b-a)^{3}}{48}f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})
\]
两式相减，整理得：
\[
f(b)-f(a)-f^{\prime}\left(\dfrac{a+b}{2}\right)(b-a)=\dfrac{(b-a)^{3}}{24}\left(\dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})+f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{2}\right)
\]
由介值定理得 \(\exists \xi \in (a,b)\) s.t. \(f^{\prime\prime\prime}(\xi)=\dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_{1})+f^{\prime\prime\prime}(\xi_{2})}{2}\)。由此得证。
例题 4 在一条笔直的道路上，一辆汽车从开始启动到刹车停止用单位时间走完了单位路程，证明：至少有一个时间点，其加速度的绝对值不小于 4。
Proof
设运动规律为 \(S=S(t)\)，则 \(S(0)=0, S^{\prime}(0)=0, S(1)=1, S^{\prime}(1)=0\)。
由泰勒公式得：
\[
S\left(\dfrac{1}{2}\right)=S(0)+S^{\prime}(0)\left(\dfrac{1}{2}-0\right)+\dfrac{S^{\prime\prime}(\xi_{1})}{2!}\left(\dfrac{1}{2}-0\right)^{2}, \quad \xi_{1}\in\left(0,\dfrac{1}{2}\right)
\]
即 \(S(\frac{1}{2}) = \frac{1}{8}S^{\prime\prime}(\xi_{1})\)。
又：
\[
S\left(\dfrac{1}{2}\right)=S(1)+S^{\prime}(1)\left(\dfrac{1}{2}-1\right)+\dfrac{S^{\prime\prime}(\xi_{2})}{2!}\left(\dfrac{1}{2}-1\right)^{2}, \quad \xi_{2}\in\left(\dfrac{1}{2},1\right)
\]
即 \(S(\frac{1}{2}) = 1 + \dfrac{1}{8}S^{\prime\prime}(\xi_{2})\)。
两式相减得 \(0 = -1 + \dfrac{1}{8}(S^{\prime\prime}(\xi_{1}) - S^{\prime\prime}(\xi_{2}))\)，于是 \(|S^{\prime\prime}(\xi_{1}) - S^{\prime\prime}(\xi_{2})| = 8\)。
由三角不等式 \(|a|+|b| \ge |a-b|\)，得 \(|S^{\prime\prime}(\xi_{1})|+|S^{\prime\prime}(\xi_{2})| \ge 8\)。
(1) 当 \(|S^{\prime\prime}(\xi_{1})| \ge |S^{\prime\prime}(\xi_{2})|\) 时， \(|S^{\prime\prime}(\xi_{1})| \ge 4\)；
(2) 当 \(|S^{\prime\prime}(\xi_{1})| < |S^{\prime\prime}(\xi_{2})|\) 时， \(|S^{\prime\prime}(\xi_{2})| \ge 4\)
Tip
对于端点处函数、导数信息都已知的题目，初学者可能选“两端点处相互展开”，但不够精确，通常将中点在端点处展开利用“对称美”，类似题目如下。
Note
类题: \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上 \(n\) 阶可导 \((n\geq2)\)，满足 \(f^{(i)}(a)=f^{(i)}(b)=0(i = 1,2,\cdots,n - 1)\)，得 \(|f^{(n)}(\xi)| \geq\dfrac{2^{n - 1}n!}{(b - a)^{n}}|f(b)-f(a)|\)
证明：
将 \(f(x)\) 在 \(x=\frac{a+b}{2}\) 处分别向 \(a\) 和 \(b\) 展开：
由 \(f^{(i)}(a)=0\)：
\[
f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)=f(a)+\dfrac{(b-a)^{n}}{2^{n}n!}f^{(n)}(\xi_{1})
\]
由 \(f^{(i)}(b)=0\)：
\[
f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)=f(b)+\dfrac{(a-b)^{n}}{2^{n}n!}f^{(n)}(\xi_{2})
\]
两式相减得：
\[
f(b)-f(a) = \dfrac{(b-a)^n}{2^n n!} f^{(n)}(\xi_1) - \dfrac{(a-b)^n}{2^n n!} f^{(n)}(\xi_2)
\]
\[
|f(b)-f(a)| \le \dfrac{(b-a)^{n}}{2^{n}n!} (|f^{(n)}(\xi_{1})| + |f^{(n)}(\xi_{2})|)
\]
取最大值或利用介值性思想，必存在 \(\xi\) 使 \(|f^{(n)}(\xi)|\) 满足：
\[
2|f^{(n)}(\xi)| \ge |f^{(n)}(\xi_{1})| + |f^{(n)}(\xi_{2})| \ge \dfrac{2^n n!}{(b-a)^n} |f(b)-f(a)|
\]
即 \(|f^{(n)}(\xi)| \ge \dfrac{2^{n-1}n!}{(b-a)^{n}}|f(b)-f(a)|\)。
无穷区间以及在任意点展开
当题目出现无穷区间时，我们有一种特殊的展开方式
\[
f(x+h) = f(x)+f'(x)h+\dfrac{f^{\prime \prime}(x)}{2!}h^{2}+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!}h^{n}, \xi位于x和x+h之间
\]
以及
\[
f(x-h) = f(x)-f'(x)h+\dfrac{f^{\prime \prime}(x)}{2!}h^{2}-\cdots+\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!}h^{n}, \xi位于x和x-h之间
\]
例题 5 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 二阶可导，且 \(|f(x)|\le a\), \(|f^{\prime\prime}(x)|\le b\)。
证： \(|f^{\prime}(x)|\le 2a+\dfrac{b}{2}\) 恒成立。
Warning
注意，本题的结论是对于 \((0,1)\) 上的任意 \(x\) 都成立，而不是对于某个特定的 \(x\) 成立。请思考怎么展开
Proof
证明：
\(\forall x \in [0,1]\)，考虑将 \(f(0)\) 和 \(f(1)\) 在任意点 \(x \in [0,1]\) 展开：
\[
f(0)=f(x)+f^{\prime}(x)(0-x)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{0})}{2}(0-x)^{2} \quad (0<\xi_{0}<x)
\]
\[
f(1)=f(x)+f^{\prime}(x)(1-x)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{1})}{2}(1-x)^{2} \quad (x<\xi_{1}<1)
\]
两式相减（消去 \(f(x)\) 是不行的，应相减构造）：
\[
f(1)-f(0) = f'(x)(1) + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}(1-x)^2 - \dfrac{f''(\xi_0)}{2}x^2
\]
移项得：
\[
f^{\prime}(x)=f(1)-f(0)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{0})}{2}x^{2}-\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi_{1})}{2}(1-x)^{2}
\]
两边取绝对值，由 \(|f(x)|\le a, |f^{\prime\prime}(x)|\le b\)：
\[
|f^{\prime}(x)| \le |f(1)|+|f(0)| + \dfrac{b}{2}x^2 + \dfrac{b}{2}(1-x)^2 \le 2a + \dfrac{b}{2}[x^2 + (1-x)^2]
\]
由于 \(0 \le x \le 1\)，有 \(x^2 \le x, (1-x)^2 \le 1-x\)，故 \(x^2+(1-x)^2 \le x+1-x = 1\)。
所以 \(|f^{\prime}(x)|\le 2a+\dfrac{b}{2}\)。得证。
注：若不需求出具体的界，可用拉格朗日中值定理：\(|f'(x)| = |f'(x) - f'(\frac{1}{2}) + f'(\frac{1}{2})|\le |f'(x)-f(\frac{1}{2})|+|f'(\frac{1}{2})|\)
例题 6 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 二阶可导，且 \(f(x)\) 和 \(f''(x)\) 有界，证明：\(f'(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 也有界。
Proof
证明：
根据泰勒公式：
\[
f(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi)(x-x_{0})^{2}
\]
\(x>1\) 时，分别取 \(x_{0}=x\)，且自变量取 \(x+1, x-1\) 有：
\[
f(x+1)=f(x)+f^{\prime}(x)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi_1)
\]
\[
f(x-1)=f(x)-f^{\prime}(x)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi_2)
\]
两式相减
\[
f(x+1)-f(x-1) = 2f'(x) + \dfrac{1}{2}(f''(\xi_1) - f''(\xi_2))
\]
除 \(f'\) 以外都是有界量，则 \(f'\) 有界。
\(x\in(0,1]\) 时，由例题 5 注可知有界。
例题 7 设 \(f(x)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 二阶可导，记 \(M_{i}=\max|f^{(i)}(x)|\) \((i=0,1,2)\)。
证明： \(M_{1}^{2}\le 2M_{0}M_{2}\)。
Proof
证明：
由泰勒展开得：
\[
f(x+h)=f(x)+hf^{\prime}(x)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2}
\]
\[
f(x-h)=f(x)-hf^{\prime}(x)+\dfrac{f^{\prime\prime}(\eta)}{2}
\]
相减得：
\[
f(x+h)-f(x-h)=2hf^{\prime}(x)+\dfrac{h^{2}}{2}[f^{\prime\prime}(\xi)-f^{\prime\prime}(\eta)]
\]
\[
2hf^{\prime}(x)=f(x+h)-f(x-h)-\dfrac{h^{2}}{2}[f^{\prime\prime}(\xi)-f^{\prime\prime}(\eta)]
\]
\[
|f^{\prime}(x)| \le \dfrac{M_{0}}{h} + \dfrac{hM_{2}}{2}
\]
上面是一个恒成立问题，右端关于 \(h>0\) 取最小值，令 \(\dfrac{M_0}{h} = \dfrac{hM_2}{2} \implies h=\sqrt{2M_{0}/M_{2}}\) 代入：
\[
|f^{\prime}(x)| \le \sqrt{2M_{0}M_{2}} \implies M_{1}^{2} \le 2M_{0}M_{2}
\]
类题 设 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 二阶可导，记 \(M_{i}=\max |f^{(i)}(x)|(i = 0,1,2)\)，证明：\(M_{1}^{2} \leq 4M_{0}M_{2}\)。
Tip
\(f(x-h)\) 写不了，只有 \(f(x+h)\) 可以展开
Note
定义域缩小为 \((0,+\infty)\)，对称美消失，界不精确，属正常情况。
中值极限
有一种题目，是让你计算有限增量公式中的中值参数的极限。这种题目的思想其实特别简单，只需要自己将 \(f(x)\) 重新展开一次，然后和题干给出的展开式对比，得到一个简单等式，然后想办法把中值分离出来即可。
我们往往用拉格朗日中值定理或者泰勒公式去剥离中值参数
\(f(x)\) 二阶连续可导，\(f''(x)\neq0\)，若 \(f(x + h)=f(x)+f'(x+\theta h)h(0<\theta<1)\)，证：\(\lim\limits_{h\to0}\theta=\dfrac{1}{2}\)。
Proof
证明：
泰勒展开： \(f(x+h)=f(x)+hf^{\prime}(x)+\dfrac{h^{2}}{2}f^{\prime\prime}(\mu)\)。
结合题设：
\[
f^{\prime}(x)+\dfrac{h}{2}f^{\prime\prime}(\mu)=f^{\prime}(x+\theta h)
\]
整理得
\[
f^{\prime}(x+\theta h) - f'(x)= \dfrac{h}{2}f^{\prime\prime}(\mu)
\]
由拉格朗日中值定理：存在 \(\eta\in(x,x+\theta h)\) 满足
\[
\theta hf''(\eta) = \dfrac{h}{2}f''(\mu)
\]
\(h\to0,\mu,\eta \to x\) 结合二阶导非零，取极限即证
\(f(x)\) 有 \(n + 1\) 阶连续导数，若 \(f(a + h)=f(a)+f'(a)h+\dfrac{f''(a)}{2}h^{2}+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^{n}(0<\theta<1)\) 且 \(f^{(n + 1)}(a)\neq0\)，证明：\(\lim\limits_{h\to0}\theta=\dfrac{1}{n + 1}\)。
Proof
[ 解 ]:
\[
\begin{cases}
f(a+h) = f(a) + f'(a)\cdot h + \dots + \dfrac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!} \cdot h^n & \text{------ ①} \\
f(a+h) = f(a) + f'(a)\cdot h + \dots + \dfrac{f^{(n)}(a)}{n!} \cdot h^n + \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \cdot h^{n+1} & \text{------ ②}
\end{cases}
\]
（注： \(\xi\) 介于 \(a\) 和 \(a+h\) 之间，当 \(h \to 0\) 时， \(\xi \to a\)）
联立 ① ② \(\Rightarrow\)
\[
\dfrac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!} \cdot h^n = \dfrac{f^{(n)}(a)}{n!} \cdot h^n + \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \cdot h^{n+1}
\]
\[
\Rightarrow f^{(n)}(a+\theta h) - f^{(n)}(a) = \dfrac{1}{n+1} \cdot f^{(n+1)}(\xi) \cdot h
\]
( 此处对左边应用拉格朗日中值定理 )
\[
\Rightarrow \theta h \cdot f^{(n+1)}(\eta) = \dfrac{1}{n+1} \cdot f^{(n+1)}(\xi) \cdot h
\]
（注： \(\eta\) 介于 \(a\) 和 \(a+\theta h\) 之间，当 \(h \to 0\) 时， \(\eta \to a\)）
令 \(h \to 0\) ( 两边消去 \(h\))：
\[
\Rightarrow \lim\limits_{h \to 0} \theta \cdot f^{(n+1)}(a) = \dfrac{1}{n+1} \cdot f^{(n+1)}(a)
\]
由于 \(f^{(n+1)}(a) \neq 0\)，消去 \(f^{(n+1)}(a)\)：
\[
\Rightarrow \lim\limits_{h \to 0} \theta = \dfrac{1}{n+1}.
\]
\(f(x)\) 有 \(n\) 阶连续导数，\(f^{(k)}(x_{0})=0(k = 2,3,\cdots,n - 1)\)，\(f^{(n)}(x_{0})\neq0\)，\(f(x_{0}+h)=f(x_{0})+hf'(x_{0}+\theta h)\)，其中 \(0<\theta<1\)，证明：\(\lim\limits_{h\to0}\theta=\dfrac{1}{\sqrt[n - 1]{n}}\)。
Proof
[ 解 ]:
\[
\begin{cases}
f(x_0+h) = f(x_0) + f'(x_0+\theta h) \cdot h & \text{------ ①} \\
f(x_0+h) = f(x_0) + f'(x_0) \cdot h + \underbrace{\left[ \dfrac{f''(x_0)}{2!}h^2 + \dots + \dfrac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}h^{n-1} \right]}_{=0} + \dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!}h^n & \text{------ ②}
\end{cases}
\]
联立 ① ② \(\Rightarrow\)
\[
f'(x_0+\theta h) \cdot h = f'(x_0) \cdot h + \dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!} \cdot h^n
\]
\[
\Rightarrow f'(x_0+\theta h) - f'(x_0) = \dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!} \cdot h^{n-1} \quad \text{------ ③}
\]
又由泰勒展开可得（对 \(f'(x)\) 在 \(x_0\) 处展开）：
\[
f'(x_0+\theta h) = f'(x_0) + \underbrace{f''(x_0) \cdot \theta h + \dfrac{f'''(x_0)}{2!} (\theta h)^2 + \dots}_{=0} + \dfrac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-2)!} (\theta h)^{n-2} + \dfrac{f^{(n)}(\eta)}{(n-1)!} (\theta h)^{n-1}
\]
\[
\Rightarrow f'(x_0+\theta h) = f'(x_0) + \dfrac{f^{(n)}(\eta)}{(n-1)!} \theta^{n-1} h^{n-1} \quad \text{------ ④}
\]
（注：\(\eta\) 介于 \(x_0\) 和 \(x_0+\theta h\) 之间）
将 ④ 代入 ③：
\[
\dfrac{f^{(n)}(\eta)}{(n-1)!} \cdot \theta^{n-1} \cdot h^{n-1} = \dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!} \cdot h^{n-1}
\]
两边消去 \(h^{n-1}\) 并整理（注意 \(\frac{n!}{(n-1)!} = n\)）：
\[
\theta^{n-1} \cdot f^{(n)}(\eta) = \dfrac{1}{n} f^{(n)}(\xi)
\]
令 \(h \to 0\)：
此时 \(\xi \to x_0, \eta \to x_0\)。
\[
\Rightarrow \lim\limits_{h \to 0} \theta^{n-1} \cdot f^{(n)}(x_0) = \dfrac{1}{n} \cdot f^{(n)}(x_0)
\]
由于 \(f^{(n)}(x_0) \neq 0\)，消去该项：
\[
\Rightarrow \lim\limits_{h \to 0} \theta^{n-1} = \dfrac{1}{n} \Rightarrow \lim\limits_{h \to 0} \theta = \dfrac{1}{\sqrt[n-1]{n}} \quad \text{证毕!}
\]
Tip
本题给出了很多导数的信息，所以在对估计一阶导数的差值时我们需要使用 Taylor 展开 , 用 Lagrange 误差就太大了