这道积分题目挺经典的，该怎么处理来着？
设函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上有二阶连续导数, 且 $f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0, f^{\prime}(1)=1$. 求证:
$$
\int_0^1\left(f^{\prime \prime}(x)\right)^2 d x \geqslant 4
$$
先取特殊函数x^3-x^2，二阶导平方后积分值为4，后面怎么说明 任意函数都比它大来着？
这里给出一种低门槛、容易理解的做法，更本质的做法需要利用变分法中的 $$\text{Euler-Lagrange}$$ 方程，在此不做讨论。

很显然，对所有的 $$a,b\in\mathbb{R}$$ 都有

$$\int_{0}^1 (f''(x)+ax+b)^2{\rm d}x\ge0.$$

将左端展开，就有

$$\begin{align*} &\int_{0}^1 (f''(x)+ax+b)^2{\rm d}x\\\ =&\int_{0}^1a^2x^2+2abx+b^2{\rm d}x+\int_0^1(2ax+2b)f''(x){\rm d}x+\int_0^1f''(x)^2{\rmd}x,\\\ \end{align*}$$

其中

$$\int_{0}^1 a^2x^2+2abx+b^2{\rm d}x=\frac{a^2}{3}+ab+b^2,$$

$$\int_0^1(2ax+2b)f''(x){\rm d}x=\int_0^1(2ax+2b){\rm d}f'(x)=2a+2b,$$

所以

$$\int_0^1f''(x)^2{\rm d}x\ge -\frac{a^2+(3b+6)a+3b^2+6b}{3},$$

这式子要对一切 $$a,b$$ 成立，必须

$$\int_0^1f''(x)^2{\rm d}x\ge \max_{a,b\in \mathbb{R}}\left(-\frac{a^2+(3b+6)a+3b^2+6b}{3}\right)=4,$$

这最值在 $$a=-6,b=2$$ 时取得，由此一举得到待证不等式的取等条件 f''(x)-6x+2=0," eeimg="1"> 结合题设初值条件，即$$f(x)=x^3-x^2.$$