咱们先从已知条件一步步梳理，把问题拆解清楚：

首先，已知实值函数$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$在0点附近满足$f(x)=f(0)+o(x^2)$，按小o符号的定义，这等价于：
$$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}=0$$
从这个极限我们能直接推导出一阶导数的情况：
$$\lim_{t\rightarrow 0} \frac{f(t)-f(0)}{t} = \lim_{t\rightarrow 0} \left( \frac{f(t)-f(0)}{t^2} \cdot t \right) = 0 \cdot 0 = 0$$
这说明$f'(0)$是存在的，而且等于0，这部分结论是确定的。

接下来就是你提出的核心问题：如果$f$在0点至少二阶可导，根据泰勒公式我们有：
$$f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)\frac{x^2}{2}+o(x2)$$
代入已知的$f'(0)=0$和$f(x)=f(0)+o(x^2)$对比，就能得出$f''(0)=0$。但关键是，我们事先并不知道$f$在0点的二阶导数是否存在，那这里能得出什么结论呢？

结论1：二阶导数在0点不一定存在 #

我们可以构造一个满足$f(x)=f(0)+o(x^2)$，但二阶导数在0点不存在的反例：
$$f(x) = \begin{cases}
x^{\frac{5}{2}} \sin\left(\frac{1}{x}\right) & x \neq 0 \
0 & x = 0
\end{cases}$$
验证一下：

• 当$x→0$时，$\frac{f(x)-f(0)}{x^2} = x^{\frac{1}{2}} \sin\left(\frac{1}{x}\right)$，因为$x^{{\frac{1}{2}}→0$，$\sin\left(\frac{1}{x}\right)$有界，所以整个式子趋向0，满足$f(x)=f(0)+o(x}2)$；
• 计算一阶导数在0点的值：$f'(0)=\lim_{h→0}\frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h→0} h^{\frac{3}{2}} \sin\left(\frac{1}{h}\right)=0$，存在且为0；
• 但计算二阶导数在0点的极限时：$\lim_{h→0}\frac{f'(h)-f'(0)}{h}$，其中$f'(h)=\frac{5}{2}h^{\frac{3}{2}}\sin\left(\frac{1}{h}\right) - h^{{-\frac{1}{2}}\cos\left(\frac{1}{h}\right)$，第二项$h}{-\frac{1}{2}}\cos\left(\frac{1}{h}\right)$在$h→0$时是无界振荡的，导致整个极限不存在，也就是$f''(0)$不存在。

结论2：如果二阶导数在0点存在，那么它一定等于0 #

假设$f''(0)$存在，说明$f'(x)$在0点附近有定义，且$\lim_{x→0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=f''(0)$。结合已知的$f'(0)=0$，我们可以用洛必达法则（满足$\lim_{x→0}f(x)-f(0)=0$，$\lim_{x→0}x^2=0$，且$x2$的导数在$x→0$附近不为0）：
$$\lim_{x→0}\frac{f(x)-f(0)}{x^2} = \lim_{x→0}\frac{f'(x)}{2x} = \frac{1}{2}\lim_{x→0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x} = \frac{1}{2}f''(0)$$
而根据已知条件，左边的极限是0，所以$\frac{1}{2}f''(0)=0$，即$f''(0)=0$。

最后再总结一下：

• 满足条件的函数，一阶导数在0点必存在且为0；
• 二阶导数在0点不一定存在，反例可证；
• 若二阶导数在0点存在，则必等于0。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Luigi Traino