嗨，你用泰勒展开的方向完全没错，但问题出在分开展开时得到了两个不同的中间点 $\epsilon_1$ 和 $\epsilon_2$，确实没法直接把系数合并。其实我们可以换个思路，把这个式子和梯形求积公式的误差联系起来，或者用带积分余项的泰勒展开来统一处理，这样就能得到单一的中间点，顺利推导出结果。

方法一：利用梯形求积公式误差推导 #

首先把左边的表达式整理一下，方便后续处理：
$$
\left|\frac{g(t_n+h)-g(t_n)}{h} - \frac{g'(t_n)+g'(t_n+h)}{2}\right| = \frac{1}{2h}\left|2\left[g(t_n+h)-g(t_n)\right] - h\left[g'(t_n)+g'(t_n+h)\right]\right|
$$

注意到 $g(t_n+h)-g(t_n)$ 其实是 $g'(x)$ 在区间 $[t_n, t_n+h]$ 上的定积分：
$$
g(t_n+h)-g(t_n) = \int_{t_n}^{t_n+h}g'(x)dx
$$

而梯形求积公式对于函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上的积分有成熟的误差公式：
$$
\int_a^b f(x)dx = \frac{b-a}{2}\left[f(a)+f(b)\right] - \frac{(b-a)^3}{12}f''(\xi) \quad (\xi \in (a,b))
$$

我们令 $f(x)=g'(x)$，$a=t_n$，$b=t_n+h$，代入上面的公式：
$$
\int_{t_n}^{t_n+h}g'(x)dx = \frac{h}{2}\left[g'(t_n)+g'(t_n+h)\right] - \frac{h^3}{12}g'''(\xi)
$$

把左边替换成 $g(t_n+h)-g(t_n)$，然后移项整理：
$$
g(t_n+h)-g(t_n) - \frac{h}{2}\left[g'(t_n)+g'(t_n+h)\right] = -\frac{h^3}{12}g'''(\xi)
$$

两边同时除以 $h$，就得到：
$$
\frac{g(t_n+h)-g(t_n)}{h} - \frac{g'(t_n)+g'(t_n+h)}{2} = -\frac{h^2}{12}g'''(\xi)
$$

最后取绝对值，再利用 $g^{(3)}$ 在 $[a,b]$ 上连续（因此有界，$|g^{(3)}|\infty$ 是其无穷范数），就有：
$$
\left|\frac{g(t_n+h)-g(t_n)}{h} - \frac{g'(t_n)+g'(t_n+h)}{2}\right| = \frac{h^2}{12}\left|g'''(\xi)\right| \leq \frac{h^2}{12}|g{(3)}|\infty
$$

这样就完美得到了你要证明的不等式！

方法二：带积分余项的泰勒展开（可选） #

如果你还是想用泰勒展开的思路，可以用带积分余项的泰勒展开，避免出现多个中间点：

• 对 $g(t_n+h)$ 展开到二阶，余项用积分形式：
  $$
  g(t_n+h) = g(t_n) + hg'(t_n) + \frac{h^2}{2}g''(t_n) + \int_{t_n}^{{t_n+h}\frac{(t_n+h-s)}2}{2}g'''(s)ds
  $$
• 对 $g'(t_n+h)$ 展开到一阶，积分余项：
  $$
  g'(t_n+h) = g'(t_n) + hg''(t_n) + \int_{t_n}^{t_n+h}(t_n+h-s)g'''(s)ds
  $$

把这两个代入原式左边，化简后会得到一个关于 $g'''(s)$ 的积分，再用积分的绝对值不等式估计，也能得到同样的结果。不过相比之下，梯形公式误差的方法更直接~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user983032