例1 设 $f\left(x\right)=2^x+3^x-2$，则当 $x\to 0$时，有( )

(A) $f\left(x\right)$与x是等价无穷小 (B) $f\left(x\right)$与x同阶但非等价无穷小

(C) $f\left(x\right)$是比x高阶的无穷小 (D) $f\left(x\right)$是比x低阶的无穷小

错解 因为 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2^x+3^x-2}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(2^x-1\right)+\left(3^x-1\right)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln 2+x\ln 3}{x}=\ln 2+\ln 3$，故选(B)。

正解 因为

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2^x+3^x-2}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(2^x-1\right)+\left(3^x-1\right)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2^x-1}{x}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3^x-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln 2}{x}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln 3}{x}=\ln 2+\ln 3$，

故选(B)。

本题考查的是无穷小的等价替换及比较，讨论的主要环节为等价无穷小替换求极限。不难发现，错解第二步中直接将无穷小 $\left(2^x-1\right)$与 $\left(3^x-1\right)$进行了等价替换，显然违背了和差运算不能作等价替换的基本原则。此类错误大多是由于学习者过于急于套用公式结论，忽略使用前提所致。

但值得注意的是，错解虽然有误，却歪打正着地得出了正确答案。此处学生通常会提出疑问。事实上，对非数学类专业特别是工科生来说，对等价无穷小替换的严格条件不做深入要求。为避免解题时出错，教学中一律强调“和差运算不作替换”。当然，这并不意味着一旦替换必将出错。故在讲授这部分内容时，可借由本题对等价无穷小的替换条件作适当补充介绍，使学生明白“错解”并非巧合而是必然。由此一并作出提醒：歪打正着是小概率，使用公式不能乐此不疲，只记结果不重前提。

例2 由 $y=x^3,x=2,y=0$所围成的图形绕y轴旋转，计算所得旋转体的体积。

错解 $V={\displaystyle {\int }_0^{\text{8}}\pi {\left(\sqrt[\text{3}]{y}\right)}^2\text{d}y}=\frac{96}{5}\pi$。

正解一 $V=\pi \cdot {\text{2}}^{\text{2}}\cdot \text{8}-{\displaystyle {\int }_0^{\text{8}}\pi {\left(\sqrt[\text{3}]{y}\right)}^2\text{d}y}=32\pi -\frac{96}{5}\pi =\frac{64}{5}\pi$。

正解二 $V=\text{2}\pi {\displaystyle {\int }_0^{\text{2}}x\cdot x^3\text{d}x}=\frac{64}{5}\pi$。

本题错解采用的思路一目了然，即直接套用了旋转体体积公式，仍然是只记结论不重前提的做法。实际上，所给图形不论绕x轴或y轴旋转，均有相应的计算公式。但对于图形有明确要求，即与相应坐标轴所围。注意到，本题图形是与x轴所围而非y轴，仅凭题中字眼“绕y轴旋转”便盲目套用绕y轴旋转的体积计算公式，显然是不正确的。

以上错误常见于初学者之中，原因是不少学生在记公式时只关注结果而忽略了适用情形。这是讲授时需要着重强调之处。当然，错解虽然有误，但也引发思考：新问题是否有新思路？一般来说，本题转化(正解一)为间接地利用绕x轴旋转的体积公式是一种较易想到的思路。但相比之下，正解二中的方法更加简便。该方法本质上亦是由定积分的元素法推导得出。实际教学中，通过对该方法的细致讲解，可进一步促进学生对元素法思想的深入理解。同时将其作为公式加以掌握，也可使学生意识到“条条大路通罗马”。

例3 假定函数 $f\left(x\right)$在闭区间 $\left[0,1\right]$上连续，并且对 $\left[0,1\right]$上任一点x有 $\text{0}\le f\left(x\right)\le \text{1}$。试证明 $\left[0,1\right]$中必存在一点c，使得 $f\left(c\right)=c$(c称为函数 $f\left(x\right)$的不动点)。

错解 设 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，则 $F\left(0\right)=f\left(0\right)\ge 0$， $F\left(1\right)=f\left(1\right)-1\le 0$。

又 $F\left(x\right)$在 $\left[0,1\right]$上连续，由零点定理，必存在 $c\in \left[0,1\right]$，使得 $F\left(c\right)=0$，即 $f\left(c\right)=c$。

正解 [1] 设 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，则 $F\left(0\right)=f\left(0\right)\ge 0$， $F\left(1\right)=f\left(1\right)-1\le 0$。

(1) 若 $F\left(0\right)=0$或 $F\left(1\right)=0$，则 $f\left(0\right)=0$或 $f\left(1\right)=1$；

(2) 若 $F\left(0\right)>0$且 $F\left(\text{1}\right)<0$，又 $F\left(x\right)$在 $\left[0,1\right]$上连续，由零点定理，必存在 $c\in \left(0,1\right)$，

使得 $F\left(c\right)=0$，即 $f\left(c\right)=c$。

综上所述，在 $\left[0,1\right]$中必存在一点c，使得 $f\left(c\right)=c$。

观察本题所需证明的结论不难想到零点定理。该定理的条件与结论虽不复杂，但对初学者来说，在使用定理进行证明时，往往对两个关键点的处理有失偏颇：一是定理条件中，闭区间端点处的函数值严格异号，而不应包含等号；二是定理结论中，函数的零点严格位于开区间内，而不应包含区间端点。“错解”不论是条件的验证或是结论的得出，两方面皆不严谨。特别是关于零点所在区间的描述，许多初学者认为，零点既然位于开区间内，自然也属于范围更大的闭区间。

通过错解中出现的以上问题，实际教学中在阐释该定理时，除着重强调上述细节外，还可结合反例，具象化指出区间端点的重要性，以加深学生对零点定理条件与结论的理解和掌握。从而使其意识到：条件与结论同样重要，差之毫厘谬以千里。

例4 设 $f\left(x\right)$在区间 $\left[a,b\right]$上连续，且 $f\left(x\right)>0$，

$F\left(x\right)={\displaystyle {\int }_a^{x}f\left(t\right)\text{d}t}+{\displaystyle {\int }_b^x\frac{1}{f\left(t\right)}\text{d}t},x\in \left[a,b\right]$.

证明：(1) $F^{\prime }\left(x\right)\ge 2$；(2) 方程 $F\left(x\right)=0$在区间 $\left(a,b\right)$内有且仅有一个根。

错解 (1) $F^{\prime }\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{1}{f\left(x\right)}\ge 2\sqrt{f\left(x\right)\cdot \frac{1}{f\left(x\right)}}=2$；

(2) $F\left(x\right)$在 $\left[a,b\right]$上连续，且 $F\left(a\right)={\displaystyle {\int }_b^a\frac{1}{f\left(t\right)}\text{d}t}<0$， $F\left(b\right)={\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(t\right)\text{d}t}>0$，

由零点定理 $\exists \xi \in \left(a,b\right)$，s.t. $F\left(\xi \right)=0$，即方程 $F\left(x\right)=0$在区间 $\left(a,b\right)$内有且仅有一个根。

正解 (1) $\because f\left(x\right)>0$， $\therefore F^{\prime }\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{1}{f\left(x\right)}\ge 2\sqrt{f\left(x\right)\cdot \frac{1}{f\left(x\right)}}=2$；

(2) 由 $f\left(x\right)$在 $\left[a,b\right]$上连续，得 $F\left(x\right)$在 $\left[a,b\right]$上连续。

又在 $\left[a,b\right]$上 $f\left(x\right)>0$，从而 $F\left(a\right)={\displaystyle {\int }_b^a\frac{1}{f\left(t\right)}\text{d}t}<0$， $F\left(b\right)={\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(t\right)\text{d}t}>0$。

由零点定理 $\exists \xi \in \left(a,b\right)$，s.t. $F\left(\xi \right)=0$，即方程 $F\left(x\right)=0$在区间 $\left(a,b\right)$内有且仅有一个根。

本题证明思路单一，典型常见错误为条件验证不严谨。错解(1)中，均值不等式是大部分学生能够想到的证明工具，但不等式成立的条件是经常被忽略的。同样地，错解(2)中，虽有效利用了零点定理，也注意验证了定理的两个条件：函数在闭区间上连续、区间端点处函数值异号。但却忽略了一点，即函数 $F\left(x\right)$在闭区间 $\left[a,b\right]$上的连续性并非题设条件。以上各细节貌似可有可无，实则不可或缺。本题实际上侧面体现了一些学生对证明题的一贯处理方式，即只重“奔赴”结论而不在乎细节验证。

均值不等式作为初等数学中的重要不等式，当其作为“主角”出现时，条件的验证当然必不可少。但当其运用于高等数学时，却甚少有学生注意验证条件。同理，在零点定理中，端点处函数值异号的证明虽为关键，但函数的连续性是基本前提。这就要求在讲授“积分上限函数”概念时，进一步强调被积函数与积分上限函数二者的连续性关系。由此使学生意识到：条件不分轻重，缺一不可。更加不能将“显然”当成“必然”。大胆假设、小心求证始终是证明题需严格遵循的宗旨。

例5 假定 $f^{\prime }\left(x_0\right)$存在，且

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0-h\right)}{h}=A$，

根据导数定义指出A表示什么。

错解 因为 $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0-h\right)}{h}=2\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0-h\right)}{2h}=2f^{\prime }\left(x_0\right)$，

所以 $A=2f^{\prime }\left(x_0\right)$。

正解 因为 $\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0-h\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left[f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)\right]-\left[f\left(x_0-h\right)-f\left(x_0\right)\right]}{h}\\ =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h}+\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0-h\right)-f\left(x_0\right)}{-h}\\ =f^{\prime }\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)=2f^{\prime }\left(x_0\right)\end{array}$，

所以 $A=2f^{\prime }\left(x_0\right)$。

本题考查的是函数在一点处的导数定义。该定义通常有三种不同的表示形式，即

$f^{\prime }\left(x_0\right)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+\Delta x\right)-f\left(x_0\right)}{\Delta x}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}\text{.}$

一些初学者在观察比较了上述三种形式之后，自行总结出了三者的“共同点”：分子中两函数的自变量之差即为分母。该总结表面上准确，实则没有注意到另一个更为关键的共同点：分子中的减数只能是 $f\left(x_0\right)$，这也是导数定义本质的体现。也就是说，在利用导数定义讨论问题时，无论采取以上哪种形式，都务必符合这一要求。本题错解所采取的思路，正是许多初学导数定义的学生最易产生误解之处。

事实上，导数概念的形成与实际问题有着密切联系。错解对于定义的浅表化理解，正是由于没有做到“透过现象看本质”。实际教学中，在进行引例(如速度问题、切线问题)分析时，借由问题的实际意义指出并强调上述关键，或许可以帮助学习者更好地理解导数定义。本题也再次提醒学生们：高等数学中任何一个定义的掌握，关键不在于能否倒背如流，而是要充分理解其实质，才能准确加以应用，有效解决问题。

例6 设 $f\left(x\right)$在 $x=a$的某个邻域内有定义，则 $f\left(x\right)$在 $x=a$处可导的一个充分条件是( )

(A) $\underset{h\to +\infty }{\lim }h\left[f\left(a+\frac{1}{h}\right)-f\left(a\right)\right]$存在 (B) $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+2h\right)-f\left(a+h\right)}{h}$存在

(C) $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a-h\right)}{2h}$存在 (D) $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a\right)-f\left(a-h\right)}{h}$存在

错解一 因为 $\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+2h\right)-f\left(a+h\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left[f\left(a+2h\right)-f\left(a\right)\right]-\left[f\left(a+h\right)-f\left(a\right)\right]}{h}\\ =2\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+2h\right)-f\left(a\right)}{2h}-\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a\right)}{h}\\ =\text{2}{f}^{\prime }\left(a\right)-f^{\prime }\left(a\right)=f^{\prime }\left(a\right)\end{array}$，

即 $f^{\prime }\left(a\right)$存在，所以选(B)。

错解二 因为 $\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a-h\right)}{2h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left[f\left(a+h\right)-f\left(a\right)\right]-\left[f\left(a-h\right)-f\left(a\right)\right]}{\text{2}h}\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a\right)}{h}+\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a-h\right)-f\left(a\right)}{-h}\right]\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[f^{\prime }\left(a\right)+f^{\prime }\left(a\right)\right]=f^{\prime }\left(a\right)\end{array}$，

即 $f^{\prime }\left(a\right)$存在，所以选(C)。

正解 因为 $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a\right)-f\left(a-h\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(a-h\right)-f\left(a\right)}{-h}=f^{\prime }\left(a\right)$，即 $f^{\prime }\left(a\right)$存在，所以选(D)。

本题考查点依然是导数的定义。相较于例5，错解一和错解二对导数定义的理解没有问题，然而却犯了共同的逻辑错误。根据题目所述，正确选项应在相关极限存在的前提下，保证 $f^{\prime }\left(a\right)$存在，此为“充分条件”之意。然而错解各步推导看似流畅无误，实际逻辑不清。究其原因无非有二：一是生搬硬套极限四则运算法则；二是一味炫技导数定义变形。事实上，对极限的拆分务必小心谨慎。许多初学者在学习了极限的四则运算法则后，感觉该方法操作简便，屡试不爽。然而对本题来说，在不知 $f^{\prime }\left(a\right)$是否存在的前提下，冒然对极限进行拆分显然不合理。紧接着再以“ $f^{\prime }\left(a\right)$存在”去证明 $f^{\prime }\left(a\right)$存在，逻辑上更加行不通。

一道与导数相关的题目，暴露出的问题却是多方面的。本题进一步显示了导数与极限的密切关联，也再次表明“抛开条件谈结论”是不可取的。教学中，应使学生意识到极限四则运算法则“虽好用，勿乱用”。对该法则内容的讲授，在例题选取方面可考虑正、反例结合的方式，展现法则并不万能，培养学生树立“方法越简单，操作愈谨慎”的学习态度。

例7 已知 $f\left(x\right)=\{\begin{array}{l}\sin x,x<0\\ x,x\ge 0\end{array}$，求 $f^{\prime }\left(x\right)$.

错解 $f^{\prime }\left(x\right)=\{\begin{array}{l}\left(\sin x\right)\text{'},x<0\\ x^{\prime },x\ge 0\end{array}=\{\begin{array}{l}\cos x,x<0\\ 1,x\ge 0\end{array}$.

正解 (1) 当 $x<0$时， $f^{\prime }\left(x\right)=\cos x$；

(2) 当 $x>0$时， $f^{\prime }\left(x\right)=1$；

(3) 当 $x=0$时，

$\because {f^{\prime }}_{-}\left(0\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$， ${f^{\prime }}_{+}\left(0\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{x}=1$， $\therefore f^{\prime }\left(0\right)=1$，

综上所述， $f^{\prime }\left(x\right)=\{\begin{array}{l}\cos x,x<0\\ 1,x\ge 0\end{array}$。

分段函数求导也是不少初学者较易出错的一类题目。错解通过对子区间上各函数分别求导便得分段函数的导数。所得结果虽与正确答案一致，但明显存在问题。事实上，对于分段函数而言，无论是求导还是讨论连续性，均不能对所有点一概而论。尤其当个别点处左右两侧函数表达式不一致时，更需具体情况具体分析。错解恰未注意到这一点，问题的根源是概念理解不到位。

鉴于此类错误时有发生，教学中不妨加强分段函数在求导、连续性讨论两方面的相关性分析。强调分段函数之所以在以上两类问题中较为“敏感”，一方面是由于连续也好，导数也罢，本质上都是通过极限来定义的，而函数表达式对极限结果有着重要影响；另一方面，函数在一点处是否连续、可导皆有各自相应的充分必要条件。换句话说，连续性与可导性的考察均需借助极限完成。所以对于分段函数，其函数表达式不一致的特性，自然要求个别点处单独讨论。

例8 证明恒等式： $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}\left(-1\le x\le 1\right)$。

错解 设 $f\left(x\right)=\arcsin x+\arccos x,x\in \left[-1,1\right]$。

$\because f^{\prime }\left(x\right)=\frac{\text{1}}{\sqrt{\text{1}-x^2}}-\frac{\text{1}}{\sqrt{\text{1}-x^2}}=0$， $\therefore f\left(x\right)\equiv C$。

又 $f\left(0\right)=\frac{\pi }{2}$，故 $f\left(x\right)=\frac{\pi }{2}$，即 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}\left(-1\le x\le 1\right)$。

正解 设 $f\left(x\right)=\arcsin x+\arccos x,x\in \left[-1,1\right]$。

$\because f^{\prime }\left(x\right)=\frac{\text{1}}{\sqrt{\text{1}-x^2}}-\frac{\text{1}}{\sqrt{\text{1}-x^2}}=0\left(-1<x<1\right)$， $\therefore f\left(x\right)\equiv C$。

又 $f\left(0\right)=\frac{\pi }{2}$，故 $f\left(x\right)=\frac{\pi }{2}\left(-1<x<1\right)$。注意到 $f\left(-1\right)=f\left(1\right)=\frac{\pi }{2}$，

综上所述， $f\left(x\right)=\frac{\pi }{2}\left(-1\le x\le 1\right)$，即 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}\left(-1\le x\le 1\right)$。

本题思路较为直接，证明工具不难想象。作为拉格朗日中值定理的应用，教材中给出了以下定理：如果函数 $f\left(x\right)$在区间I上连续、I内可导且导数恒为零，那么 $f\left(x\right)$在区间I上是一个常数 [2] 。乍一看，就证明思路而言错解与正解并无实质差别，究竟错在何处？注意到，上述定理在给出的同时，特别强调了一点：“x在区间I内指 $x\in I$，且x不是I的端点”。这意味着，虽然证明的关键是 $f^{\prime }\left(x\right)\equiv \text{0}$，但需明确自变量x的取值范围，对本题来说即 $-1<x<1$。此外，没有注意到函数 $\arcsin x$， $\arccos x$在 $x=-1$及 $x=1$处不可导，也是一个较严重的错误。以上种种皆是由于不够细致造成的。

通过错解与正解的鲜明对比，再次显示出数学语言的精妙，即没有多余字眼，字句皆含深意。实践中发现，不少学生为便于记忆，常以语句“导数等于零则函数恒为常数”对该定理加以片面概括。教学中对这种以偏概全的总结应及时予以纠正，同时再次强调：细节决定成败，“无足轻重”的区间端点或可影响全局。

例9 求数列 $\left\{\sqrt[n]{n}\right\}$的最大项.

错解 设 $f\left(n\right)=\sqrt[n]{n}$，则 $f^{\prime }\left(n\right)={\left(\sqrt[n]{n}\right)}^{\prime }={\left(n^{\frac{1}{n}}\right)}^{\prime }=n^{\frac{1}{n}-2}\left(1-\ln n\right)$。

令 $f^{\prime }\left(n\right)=0$，得唯一驻点 $n=\text{e}$。

当 $1<n<\text{e}$时， $f^{\prime }\left(n\right)>0$；当 $n>\text{e}$时， $f^{\prime }\left(n\right)<0$，

故 $n=\text{e}$为 $f\left(n\right)$的极大值点亦为最大值点，从而 $f\left(n\right)$的最大值为 ${\text{e}}^{\frac{\text{1}}{\text{e}}}$，

即数列 $\left\{\sqrt[n]{n}\right\}$的最大项为 ${\text{e}}^{\frac{\text{1}}{\text{e}}}$。

正解 设 $f\left(x\right)=x^{\frac{1}{x}}\left(x\ge 1\right)$，则 $f^{\prime }\left(x\right)={\left(x^{\frac{1}{x}}\right)}^{\prime }=x^{\frac{1}{x}-2}\left(1-\ln x\right)$。

令 $f^{\prime }\left(x\right)=0$，得唯一驻点 $x=\text{e}$。

当 $1<x<\text{e}$时， $f^{\prime }\left(x\right)>0$；当 $x>\text{e}$时， $f^{\prime }\left(x\right)<0$，

$x=\text{e}$为 $f\left(x\right)$的极大值点亦为最大值点，故数列 $\left\{\sqrt[n]{n}\right\}$的最大项可能为 $\sqrt{2}$或 $\sqrt[3]{3}$。

经比较 $\sqrt{2}<\sqrt[3]{3}$，从而数列 $\left\{\sqrt[n]{n}\right\}$的最大项为 $\sqrt[3]{3}$。

本题错解的解题思路是不少初学者常用的一种方法。错因在于，虽然求导是讨论最值问题的主要环节，然而仅看到“最大”、“最小”等字眼，便一味地盲目求导，无视问题的本质显然是不正确的。事实上，此类错误不仅常现于最值问题的讨论中，在计算数列极限时也经常出现。如求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f\left(n\right)}{g\left(n\right)}$，当 $\frac{f\left(n\right)}{g\left(n\right)}$为 $n\to \infty$的 $\frac{\text{0}}{\text{0}}$或 $\frac{\infty }{\infty }$未定式时，就有不少学生直接对其使用洛必达法则。

数列与函数是高等数学中有着千丝万缕联系的两个重要研究对象，高等数学中一些重要的方法、结论是同时适用于二者的。这就不免导致许多学生在讨论问题时，往往简单地对二者进行等价处理，认为数列与函数不分彼此，可以互相替代。产生以上错误认知的根本原因在于，没有深刻理解数列与函数的关系，这也是高等数学学习初期的一个典型重难点。由此可见，打牢基础、理清概念对学好高等数学是十分必要的。教学过程中，加强数列与函数的相关性分析、理论工具的适用性对比，使学生对数列与函数两者所共有的一些理论、方法有较为深刻的认识，一定程度上可有效减少此类错误的发生。

例10 设 $f^{″}\left(x_0\right)$存在，证明： $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)+f\left(x_0-h\right)-\text{2}f\left(x_0\right)}{h^{\text{2}}}=f^{″}\left(x_0\right)$。

错解 $\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)+f\left(x_0-h\right)-\text{2}f\left(x_0\right)}{h^{\text{2}}}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }\left(x_0+h\right)-f^{\prime }\left(x_0-h\right)}{\text{2}h}\\ =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{″}\left(x_0+h\right)+f^{″}\left(x_0-h\right)}{\text{2}}\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[\underset{h\to 0}{\lim }{f}^{″}\left(x_0+h\right)+\underset{h\to 0}{\lim }{f}^{″}\left(x_0-h\right)\right]\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[f^{″}\left(x_0\right)+f^{″}\left(x_0\right)\right]=f^{″}\left(x_0\right).\end{array}$

正解 [3] $\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0+h\right)+f\left(x_0-h\right)-\text{2}f\left(x_0\right)}{h^{\text{2}}}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }\left(x_0+h\right)-f^{\prime }\left(x_0-h\right)}{\text{2}h}\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }\left(x_0+h\right)-f^{\prime }\left(x_0\right)}{h}+\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }\left(x_0-h\right)-f^{\prime }\left(x_0\right)}{-h}\right]\\ =\frac{\text{1}}{\text{2}}\left[f^{″}\left(x_0\right)+f^{″}\left(x_0\right)\right]=f^{″}\left(x_0\right).\end{array}$

对比本题错解与正解的异同之处不难发现，二者在求解思路上的分歧主要在于：一方面，错解中连续两次使用了洛必达法则，而正解只使用了一次；另一方面，错解在第二次使用洛必达法则后，是利用“ $f^{″}\left(x\right)$在点 $x_0$处连续”得到了相应结果，而正解则是通过导数的定义。两种解法都得到了正确答案，看似殊途同归，实则大相径庭。

值得指出的是，错解的思路具有较强迷惑性，不少学生即使逐步检查也很难发现其错处。然而，仔细分析不难发现，由题设条件“ $f^{″}\left(x_0\right)$存在”，连续两次使用洛必达法则理论上是可行的，但对于问题的解决毫无意义。因“ $f^{″}\left(x_0\right)$存在”未必意味着 $f^{″}\left(x\right)$在点 $x_0$处连续，这也是许多学生概念上时常产生混淆之处。实际上，可导与连续间的关系是一元微积分的重要结论之一。讲授时，除需特别强调结论的掌握，也应使学生对其证明思路有较为透彻的理解。由此便可避免学生仅凭简单、机械的口诀“可导必连续”，而产生出“ $f^{″}\left(x_0\right)$存在则 $f^{″}\left(x\right)$在点 $x_0$处连续”的错误认知。