💡 答案解析
（本题满分 12 分）
设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有二阶连续导数，证明：$f^{\prime \prime}(x) \geq 0$ 的充要条件是对任意的实数 $a, b$ ，有 $f\left(\displaystyle\frac{a+b}{2}\right) \leq \displaystyle\frac{1}{b-a} \displaystyle\int_{a}^{b} f(x) d x$ ．
证明：＂⇒＂令 $F(x)=(x-a) f\left(\displaystyle\frac{a+x}{2}\right)-\displaystyle\int_{a}^{x} f(t) d t$ ，则 $F(a)=0$ ．
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(x) & =f\left(\frac{a+x}{2}\right)+\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x) \\
& =\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)+f\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x) \\
& =\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f^{\prime}(\xi) \frac{1}{2}(x-a) \\
& =\frac{1}{2}(x-a)\left[f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f^{\prime}(\xi)\right]
\end{aligned}
$$
由于 $f^{\prime \prime}(x) \geq 0$ ，所以 $f^{\prime}(x)$ 单增，从而 $f^{\prime}\left(\displaystyle\frac{a+x}{2}\right)$$
x>a, F(x)<0 \text {, 则 } F(b)<0 \text {, 及 } f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x \text {. }
$$
＂＂$\forall x_{0} \in(-\infty,+\infty)$ ，取 $a=x_{0}-h, b=x_{0}+h$ ，其中 $h>0$ ，则
$$
f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \Leftrightarrow \frac{\int_{x_{0}-h}^{x_{0}+h} f(x) \mathrm{d} x-2 f\left(x_{0}\right) h}{2 h} \geq 0
$$
从而
$$
\begin{aligned}
\frac{\int_{x_{0}-h}^{x_{0}+h} f(x) \mathrm{d} x-2 f\left(x_{0}\right) h}{2 h^{3}} \geq 0 . & \\
\text { 由 } \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\int_{x_{0}-h}^{x_{0}+h} f(x) \mathrm{d} x-2 f\left(x_{0}\right) h}{2 h^{3}} & =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)+f\left(x_{0}-h\right)-2 f\left(x_{0}\right)}{6 h^{2}} \\
& =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}\left(x_{0}+h\right)-f^{\prime}\left(x_{0}-h\right)}{12 h} \\
& =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f^{\prime \prime}\left(x_{0}+h\right)+f^{\prime \prime}\left(x_{0}-h\right)}{12} \\
& =\frac{1}{6} f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)
\end{aligned}
$$
同时由极限的保号性知 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) \geq 0$ ．
📋 详细解题步骤
目标：明确题目条件和待证结论
首先，仔细阅读题目。已知函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，即 $f''(x)$ 存在且连续。需要证明以下两个命题等价：
1. 对任意实数 $x$，有 $f''(x) \ge 0$（即 $f$ 是凸函数）。
2. 对任意不相等的实数 $a \neq b$，有不等式
$$f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.$$
这里，左边是函数在中点处的函数值，右边是函数在区间 $[a,b]$ 上的平均值。该不等式表明：凸函数的中点函数值不超过区间上的平均值。
我们需要证明这两个条件是等价的，即从 $f''(x) \ge 0$ 可以推出该积分不等式，并且从该积分不等式也可以推出 $f''(x) \ge 0$。
注意：题目中 $f$ 有二阶连续导数，这保证了我们可以使用泰勒展开、积分中值定理、以及导数与函数凹凸性的关系等工具。
本步骤的目标是明确已知条件和待证结论，为后续的推导奠定基础。
公式：$$f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx$$
提示：明确要证明双向等价，分别从条件和结论出发。
目标：证明必要性：由 $f''\ge 0$ 推出积分不等式
已知 $f''(x) \ge 0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上是凸函数。取中点 $c = \frac{a+b}{2}$。由凸函数的切线性质，对于任意 $x \in [a,b]$，有 $f(x) \ge f(c) + f'(c)(x-c)$。
将不等式两边在区间 $[a,b]$ 上积分：
$$\int_a^b f(x) \, dx \ge \int_a^b \bigl[ f(c) + f'(c)(x-c) \bigr] \, dx.$$
右边第一项：$\int_a^b f(c) \, dx = f(c)(b-a)$。
右边第二项：$\int_a^b f'(c)(x-c) \, dx = f'(c) \int_a^b (x-c) \, dx$。由于 $c = \frac{a+b}{2}$，积分 $\int_a^b (x-c) \, dx = \frac{(b-a)^2}{2} - (b-a)c = 0$，故第二项为零。
因此得到：
$$\int_a^b f(x) \, dx \ge (b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right).$$
这正是所需证明的积分不等式。
公式：$$\int_a^b f(x) \, dx \ge (b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right)$$
提示：利用凸函数切线放缩，注意中点处切线积分后交叉项为零。
目标：证明充分性：假设积分不等式成立，需证 $f''\ge 0$
我们采用反证法证明充分性。假设存在某点 $x_0$ 使得 $f''(x_0)<0$。由于 $f''$ 连续，存在一个区间 $[p,q]$ 包含 $x_0$，使得在 $[p,q]$ 上 $f''(x)<0$。此时 $f$ 在 $[p,q]$ 上是严格凹函数。
对于严格凹函数，由詹森不等式（或凹函数的几何性质），在区间 $[p,q]$ 上，函数图像位于弦的下方，即对任意 $t>0$ 满足 $p \le x-t < x+t \le q$，有
$$
f(x) > \frac{1}{2t}\int_{x-t}^{x+t} f(s)\,ds.
$$
这是因为凹函数在区间上的平均值小于中点的函数值。于是得到
$$
\frac{1}{2t}\int_{x-t}^{x+t} f(s)\,ds - f(x) < 0,
$$
即 $F(t)<0$，与题设条件 $F(t)\ge 0$ 矛盾。因此假设不成立，故对任意 $x$ 有 $f''(x)\ge 0$。
（注：也可用泰勒展开法：对任意 $x$，令 $F(t)=\frac{1}{2t}\int_{x-t}^{x+t}f(s)ds-f(x)$，由条件 $F(t)\ge 0$。将 $f(s)$ 在 $x$ 处泰勒展开至二阶，代入积分可得 $F(t)=\frac{f''(\xi)}{6}t^2$，由 $F(t)\ge 0$ 推出 $f''(\xi)\ge 0$，再由 $\xi$ 的任意性得 $f''\ge 0$。）
公式：$$F(t)=\frac{1}{2t}\int_{x-t}^{x+t}f(s)ds-f(x)$$
提示：反证法关键：利用凹函数性质构造与条件矛盾的严格不等式。
目标：利用泰勒展开求 $F(t)$ 的渐近表达式
首先，将 $f(x \pm t)$ 在 $x$ 处进行泰勒展开至二阶，并带有皮亚诺余项：
$$f(x \pm t) = f(x) \pm f'(x) t + \frac{1}{2} f''(x) t^2 + o(t^2).$$
然后，对 $f(s)$ 在区间 $[x-t, x+t]$ 上积分，利用上述展开式：
$$\int_{x-t}^{x+t} f(s) \, ds = \int_{x-t}^{x+t} \left[ f(x) + f'(x)(s-x) + \frac{1}{2} f''(x)(s-x)^2 + o((s-x)^2) \right] ds.$$
由于被积函数中的 $o((s-x)^2)$ 项在积分后仍为 $o(t^3)$，我们分别计算各项积分：
- $\int_{x-t}^{x+t} f(x) \, ds = f(x) \cdot 2t$；
- $\int_{x-t}^{x+t} f'(x)(s-x) \, ds = f'(x) \int_{-t}^{t} u \, du = 0$（奇函数在对称区间积分为零）；
- $\int_{x-t}^{x+t} \frac{1}{2} f''(x)(s-x)^2 \, ds = \frac{1}{2} f''(x) \int_{-t}^{t} u^2 \, du = \frac{1}{2} f''(x) \cdot \frac{2t^3}{3} = \frac{1}{3} f''(x) t^3$。
因此，
$$\int_{x-t}^{x+t} f(s) \, ds = 2t f(x) + \frac{1}{3} f''(x) t^3 + o(t^3).$$
现在，$F(t)$ 的定义为（根据题目上下文）：
$$F(t) = \frac{1}{t^2} \left[ \frac{1}{2t} \int_{x-t}^{x+t} f(s) \, ds - f(x) \right].$$
将积分结果代入：
$$\frac{1}{2t} \int_{x-t}^{x+t} f(s) \, ds = \frac{1}{2t} \left( 2t f(x) + \frac{1}{3} f''(x) t^3 + o(t^3) \right) = f(x) + \frac{1}{6} f''(x) t^2 + o(t^2).$$
于是，
$$F(t) = \frac{1}{t^2} \left[ f(x) + \frac{1}{6} f''(x) t^2 + o(t^2) - f(x) \right] = \frac{1}{t^2} \left( \frac{1}{6} f''(x) t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{6} f''(x) + o(1).$$
因此，当 $t \to 0$ 时，$F(t)$ 的渐近表达式为 $\frac{1}{6} f''(x) + o(1)$，即 $F(t) \sim \frac{1}{6} f''(x)$。
公式：$$F(t) = \frac{1}{6} f''(x) + o(1) \quad (t \to 0)$$
提示：注意对称区间上奇函数积分为零，可简化计算；泰勒展开要保留到与分母同阶。
目标：由 $F(t)\ge 0$ 推出 $f''(x)\ge 0$
已知对任意充分小的 $t>0$，有 $F(t)\ge 0$，且由泰勒展开得 $F(t)=\frac16 f''(x)t^2+o(t^2)$。因此不等式 $\frac16 f''(x)t^2+o(t^2)\ge 0$ 成立。将不等式两边同时除以 $t^2$（$t>0$，不等号方向不变），得到 $\frac16 f''(x)+\frac{o(t^2)}{t^2}\ge 0$。令 $t\to 0^+$，由于 $\frac{o(t^2)}{t^2}\to 0$，故极限形式为 $\frac16 f''(x)\ge 0$，即 $f''(x)\ge 0$。由 $x$ 的任意性，可知对一切 $x$ 均有 $f''(x)\ge 0$，从而充分性得证。
公式：$$\frac{1}{6}f''(x)t^2+o(t^2)\ge 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{6}f''(x)\ge 0 \quad\Rightarrow\quad f''(x)\ge 0$$
提示：注意 $o(t^2)$ 除以 $t^2$ 后极限为0，这是关键步骤。
目标：总结结论
综合前面对必要性和充分性的证明，原命题成立。
首先，在必要性部分，我们假设存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 使得 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \boldsymbol{B}$，通过分析特征多项式 $\det(\lambda\boldsymbol{I} - \boldsymbol{A}) = \det(\lambda\boldsymbol{I} - \boldsymbol{B})$，得出 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 有相同的特征值（包括代数重数）。
其次，在充分性部分，我们假设 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 有相同的特征值且均可对角化，则存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}_1$ 和 $\boldsymbol{P}_2$ 使得
$$
\boldsymbol{P}_1^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}_1 = \boldsymbol{\Lambda}, \quad \boldsymbol{P}_2^{-1}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}_2 = \boldsymbol{\Lambda},
$$
其中 $\boldsymbol{\Lambda}$ 是由相同特征值组成的对角矩阵。由此可得
$$
\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}_1 \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{P}_1^{-1}, \quad \boldsymbol{B} = \boldsymbol{P}_2 \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{P}_2^{-1},
$$
进而
$$
\boldsymbol{P}_2^{-1}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}_2 = \boldsymbol{P}_1^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}_1.
$$
令 $\boldsymbol{P} = \boldsymbol{P}_1 \boldsymbol{P}_2^{-1}$，则
$$
\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \boldsymbol{P}_2 \boldsymbol{P}_1^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}_1 \boldsymbol{P}_2^{-1} = \boldsymbol{P}_2 \boldsymbol{\Lambda} \boldsymbol{P}_2^{-1} = \boldsymbol{B},
$$
即 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似。
因此，原命题“若 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 均为 $n$ 阶可对角化矩阵，则 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似的充要条件是它们有相同的特征值”得证。
最终结论：原命题成立。
公式：$$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \boldsymbol{B} \iff \boldsymbol{A} \text{ 与 } \boldsymbol{B} \text{ 有相同的特征值（可对角化时）}$$
提示：注意区分相似与合同，可对角化是充分性证明的关键前提。