上册 3.5 不等式证明 第22题
📝 题目
22．设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上二次可导，且 $f^{\prime \prime}(x)>0$ ．证明：
（1）对 $\forall x, x_{0} \in[a, b], f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ；
（2）对任意点 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \in[a, b]$ 及 $k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{n}=1, k_{i}>0, i=1,2, \cdots, n$ 有
$$
f\left(\sum_{i=1}^{n} k_{i} x_{i}\right)<\sum_{i=1}^{n} k_{i} f\left(x_{i}\right) \text {. }
$$
（3）对任意点 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \in[a, b]$ 有不等式 $\displaystyle f\left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_{k}\right) \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(x_{k}\right)$ 。（四川大学 2002，北京工大 2010，南京信息工程大学2006，中南大学2010（ $n=3)$ ）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）将 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 处泰勒展开得
$$
f(x)=f\left(x_{0}\right)+\left(x-x_{0}\right) f^{\prime}\left(x_{0}\right)+\frac{1}{2}\left(x-x_{0}\right)^{2} f^{\prime \prime}(\xi) \geqslant f\left(x_{0}\right)+\left(x-x_{0}\right) f^{\prime}\left(x_{0}\right)
$$
（2）记 $x_{0}=\sum_{i=1}^{n} k_{i} x_{i}$ ，将 $f\left(x_{i}\right)$ 在 $x=x_{0}$ 展开得
$$
f\left(x_{i}\right)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x_{i}-x_{0}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\xi_{i}\right)\left(x_{i}-x_{0}\right)^{2}>f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x_{i}-x_{0}\right), i=1,2, \cdots, n .
$$
以 $k_{i}$ 分别乘以上式两端并相加得 $f\left(\sum_{i=1}^{n} k_{i} x_{i}\right)<\sum_{i=1}^{n} k_{i} f\left(x_{i}\right)$ ．
（3）取 $\displaystyle k_{1}=k_{2}=\cdots=k_{n}=\frac{1}{n}$ ，由（2）得。
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明（1）：利用泰勒展开得到不等式
将 $f(x)$ 在 $x_0$ 处泰勒展开到一阶余项：
$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2,$$
其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间。由于 $f''(x)>0$，故 $\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2\geq 0$，因此
$$f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0).$$
公式：$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2$$
提示：注意泰勒展开的余项形式，$\xi$ 是介于 $x$ 与 $x_0$ 之间的某点，不能直接写为 $x_0$。
步骤 2/4
目标：证明（2）：构造加权平均点并应用（1）
令 $x_0=\sum_{i=1}^n k_i x_i$，则 $x_0\in[a,b]$。对每个 $i$，由（1）有
$$f(x_i)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x_i-x_0).$$
由于 $f''(x)>0$，严格凸，故当 $x_i\neq x_0$ 时不等式严格成立；若所有 $x_i=x_0$，则等号成立。但题目要求证明严格不等式，故假设 $x_i$ 不全相等，则至少有一个 $i$ 使 $x_i\neq x_0$，从而该不等式严格成立。
公式：$$f(x_i)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x_i-x_0)$$
提示：注意严格凸性导致不等式严格成立的条件：当 $x_i\neq x_0$ 时严格大于。
步骤 3/4
目标：证明（2）：加权求和得到最终不等式
将上述不等式两边乘以 $k_i>0$ 并求和：
$$\sum_{i=1}^n k_i f(x_i) > \sum_{i=1}^n k_i [f(x_0)+f'(x_0)(x_i-x_0)] = f(x_0)\sum_{i=1}^n k_i + f'(x_0)\sum_{i=1}^n k_i(x_i-x_0).$$
由于 $\sum_{i=1}^n k_i=1$，且 $\sum_{i=1}^n k_i(x_i-x_0)=\sum_{i=1}^n k_i x_i - x_0\sum_{i=1}^n k_i = x_0 - x_0 = 0$，故
$$\sum_{i=1}^n k_i f(x_i) > f(x_0) = f\left(\sum_{i=1}^n k_i x_i\right).$$
即 $f\left(\sum_{i=1}^n k_i x_i\right) < \sum_{i=1}^n k_i f(x_i)$。
公式：$$\sum_{i=1}^n k_i f(x_i) > f\left(\sum_{i=1}^n k_i x_i\right)$$
提示：注意求和时 $f(x_0)$ 是常数，$\sum k_i=1$，$\sum k_i(x_i-x_0)=0$。
步骤 4/4
目标：证明（3）：取特殊权重得到均值不等式
在（2）中取 $k_1=k_2=\cdots=k_n=\frac{1}{n}$，则 $\sum_{i=1}^n k_i=1$，且 $\sum_{i=1}^n k_i x_i = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$。代入（2）的不等式得
$$f\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i\right) < \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i).$$
注意（2）中为严格不等式，但（3）结论为 $\leq$，这是因为当所有 $x_i$ 相等时等号成立。因此最终结论为 $\leq$。
公式：$$f\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i\right) \leq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i)$$
提示：注意（2）是严格不等式，但（3）中若所有 $x_i$ 相等则取等，故结论为 $\leq$。
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