华东师范大学 2016年数学分析第0题

要证明：对任意 $x \in [a,b]$，有 $f(x) \ge \frac{2}{b-a} \int_a^b f(t) \, dt$。等价于 $\frac{b-a}{2} f(x) \ge \int_a^b f(t) \, dt$。左边可视为以 $f(x)$ 为高、区间半长为宽的矩形面积，右边是函数在区间上的积分。这提示我们可能利用凸函数的几何性质。

由 $f''(x) \ge 0$ 知 $f$ 是凸函数。凸函数的一个重要性质是：对任意固定点 $x_0$，切线在函数图像下方，即 $f(t) \ge f(x_0) + f'(x_0)(t - x_0)$ 对所有 $t$ 成立。取 $x_0 = x$（我们要证明的点），则对任意 $t \in [a,b]$ 有：$f(t) \ge f(x) + f'(x)(t - x)$。

将上述不等式在 $[a,b]$ 上对 $t$ 积分：$\int_a^b f(t) \, dt \ge \int_a^b [f(x) + f'(x)(t - x)] \, dt$。计算右边：第一项 $\int_a^b f(x) \, dt = f(x)(b-a)$；第二项 $\int_a^b f'(x)(t-x) \, dt = f'(x) \int_a^b (t-x) \, dt$。而 $\int_a^b (t-x) \, dt = \frac{(b-x)^2 - (a-x)^2}{2} = \frac{(b-a)(a+b-2x)}{2}$。因此：$\int_a^b f(t) \, dt \ge f(x)(b-a) + f'(x) \cdot \frac{(b-a)(a+b-2x)}{2}$。

由 $f(a) \le 0$ 和 $f(b) \le 0$ 以及凸函数导数单调递增，考虑 $f'(x)$ 的符号。由于 $f$ 是凸函数，$f'$ 单调不减。若 $f'(x) \ge 0$，则 $a+b-2x$ 可能为负，乘积项符号不确定。但我们可以通过选择 $x$ 为区间中点来简化：令 $x = \frac{a+b}{2}$，则 $a+b-2x = 0$，导数项消失。此时不等式化为：$\int_a^b f(t) \, dt \ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，即 $f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) \, dt$。这与我们要证的方向相反，说明中点不适用。因此需要更精细的处理。

考虑辅助函数 $g(x) = f(x) - \frac{2}{b-a} \int_a^b f(t) \, dt$。则 $g''(x) = f''(x) \ge 0$，故 $g$ 也是凸函数。凸函数在闭区间上的最小值必在端点取得。因此只需证明 $g(a) \ge 0$ 且 $g(b) \ge 0$。计算 $g(a) = f(a) - \frac{2}{b-a} \int_a^b f(t) \, dt$。由于 $f(a) \le 0$，且 $f$ 凸，由凸函数积分不等式（梯形法则）：$\frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) \, dt \le \frac{f(a)+f(b)}{2}$。因此 $\int_a^b f(t) \, dt \le \frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)$。代入得：$g(a) \ge f(a) - \frac{2}{b-a} \cdot \frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a) = f(a) - (f(a)+f(b)) = -f(b) \ge 0$（因为 $f(b) \le 0$）。同理 $g(b) \ge -f(a) \ge 0$。因此 $g(x) \ge 0$ 对所有 $x \in [a,b]$ 成立，原不等式得证。