\begin{align*}
hf(x_0)+\frac{1}{2}h^2 \frac{f(x_1)-f(x_0)}{h}=\frac{1}{2}h(f(x_1)+f(x_0))\end{align*}下面我证明\begin{align*} \int_a^b(x-a)(x-b) \frac{f''(\xi(x))}{2!}dx=-\frac{h^3}{12}f''(\xi)\end{align*} 易知\begin{align*} \int_a^b(x-a)(x-b)dx&=[\frac{1}{3}b^3-\frac{1}{2}(a+b)b^2+ab^2]-[\frac{1}{3}a^3-\frac{1}{2}(a+b)a^2+a^2b]\\&=(\frac{1}{2}ab^2-\frac{1}{6}b^3)-(\frac{1}{2}ba^2-\frac{1}{6}a^3)\\&=\frac{1}{2}ab(b-a)-\frac{1}{6}(b-a)(b^2+a^2+ab)\\&=\frac{1}{6}(b-a)(3ab-ab-a^2-b^2)\\&=-\frac{1}{6}(b-a)(b-a)^2\\&=-\frac{1}{6}h^3\end{align*}可见梯形法则得证(注意这里隐含地用到了加权型的积分中值定理).
注1:另一种做法如下:
\begin{align*}
\int_{x_0}^{x_1}f(x)dx=\frac{h}{2}[f(x_0)+f(x_1)]-\frac{h^3}{12}f''(\xi) \end{align*}其中$h=x_1-x_0,x_0=a,x_1=b$.且$f(x)$在$(a,b)$二阶可导，且在$[a,b]$上一阶导函数连续.前面主体部分是简单的，关键是余项部分.我们要证明
\begin{align*} \int_a^b(x-a)(x-b) f[x,x_0,x_1]dx=-\frac{h^3}{12}f''(\xi) \end{align*}令\begin{align*} g(t)=\int_{x_0}^t(x-a)(x-b)f[x,x_0,x_1]dx\end{align*}则$g(x_0)=0$,根据微积分第一基本定理，\begin{align*} g'(x_0)=g'(x_1)=0\end{align*}我们设立插值点\begin{align*} x_0,x_0',x_1,x_1'\end{align*}经过这四个插值点的牛顿插值公式为\begin{align*}
g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_0']+(x-x_0)(x-x_0')g[x_0,x_0',x_1]+(x-x_0)(x-x_0')(x-x_1)g[x_0,x_0',x_1,x_1']\end{align*}令
\begin{align*} x_0'\to x_0,x_1'\to x_1\end{align*}可得相应的Hermite插值多项式为\begin{align*}
q(x)= g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_0]+(x-x_0)^2g[x_0,x_0,x_1]+(x-x_0)^2(x-x_1)g[x_0,x_0,x_1,x_1]\end{align*}令
\begin{align*} k(x)=g(x)-q(x)\end{align*}可得\begin{align*} k'(x_0)=k'(x_1)=k(x_0)=k(x_1)=0\end{align*}使用若干次Rolle定理可得\begin{align*} k'''(\xi)=0\end{align*}即\begin{align*} g'''(\xi)=3!g[x_0,x_0,x_1,x_1]\end{align*}而\begin{align*} g'''(\xi)=f''(\xi)\end{align*}因此\begin{align*} f''(\xi)=3!\frac{g[x_0,x_0,x_1]-g[x_0,x_1,x_1]}{x_0-x_1}\end{align*},可见，
\begin{align*} f''(\xi)=\frac{12g(x_1)}{-h^3}\end{align*}可见，\begin{align*} g(x_1)=\frac{-h^3}{12}f''(\xi)\end{align*}