厦门大学 2024年数学分析第2题

已知 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上二阶连续可导，$f(0)=f(1)=0$，且 $x \in (0,1)$ 时 $f(x) \neq 0$。由连续性，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内不变号，不妨设 $f(x) > 0$（若为负，取 $-f$ 不影响结论）。由于 $f$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续，必存在最大值点 $c \in (0,1)$，使得 $f(c) = M > 0$，且由极值条件有 $f'(c) = 0$。

在区间 $[0,c]$ 上，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (0,c)$ 使得 \[ f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(0)}{c-0} = \frac{M}{c}. \] 在区间 $[c,1]$ 上，存在 $\xi_2 \in (c,1)$ 使得 \[ f'(\xi_2) = \frac{f(1)-f(c)}{1-c} = -\frac{M}{1-c}. \]

由于 $f'(c)=0$，对 $f'(\xi_1)$ 用牛顿-莱布尼茨公式（注意积分方向）： \[ f'(\xi_1) = f'(c) + \int_c^{\xi_1} f''(t) \, dt = -\int_{\xi_1}^{c} f''(t) \, dt. \] 取绝对值并利用三角不等式得： \[ \frac{M}{c} = \left| \int_{\xi_1}^{c} f''(t) \, dt \right| \le \int_{\xi_1}^{c} |f''(t)| \, dt. \] 类似地，对 $f'(\xi_2)$： \[ f'(\xi_2) = \int_c^{\xi_2} f''(t) \, dt, \] 取绝对值得： \[ \frac{M}{1-c} \le \int_c^{\xi_2} |f''(t)| \, dt. \]

在区间 $(\xi_1, c)$ 上，$0 < f(x) \le M$，因此 $\frac{1}{f(x)} \ge \frac{1}{M}$。于是 \[ \int_{\xi_1}^{c} \frac{|f''(t)|}{f(t)} \, dt \ge \frac{1}{M} \int_{\xi_1}^{c} |f''(t)| \, dt \ge \frac{1}{M} \cdot \frac{M}{c} = \frac{1}{c}. \] 同理，在区间 $(c, \xi_2)$ 上， \[ \int_c^{\xi_2} \frac{|f''(t)|}{f(t)} \, dt \ge \frac{1}{M} \int_c^{\xi_2} |f''(t)| \, dt \ge \frac{1}{1-c}. \]

由于 $[\xi_1, c] \subset (0,1)$ 和 $[c, \xi_2] \subset (0,1)$ 且不相交，原积分不小于这两部分之和： \[ \int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx \ge \frac{1}{c} + \frac{1}{1-c}. \] 对 $c \in (0,1)$，由均值不等式（或 $\frac{1}{c} + \frac{1}{1-c} = \frac{1}{c(1-c)} \ge 4$），等号当 $c = \frac12$ 时成立。因此原积分 $\ge 4$。

若 $f(x) < 0$ 在 $(0,1)$ 内恒成立，则令 $g(x) = -f(x)$，则 $g(x) > 0$ 且满足同样条件（$g(0)=g(1)=0$，$g''(x) = -f''(x)$），此时 $\left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| = \left| \frac{g''(x)}{g(x)} \right|$，因此结论不变。综上，原不等式成立。