2018-2019版高中數(shù)學 第三講 柯西不等式與排序不等式 二 一般形式的柯西不等式學案 新人教A版選修4-5

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1、二　一般形式的柯西不等式 學習目標　1.理解并掌握三維形式的柯西不等式.2.了解柯西不等式的一般形式，體會從特殊到一般的思維過程.3.會用三維形式及一般形式的柯西不等式解決一些特殊形式的問題． 知識點一　三維形式的柯西不等式 思考1　類比平面向量，在空間向量中，如何用|α||β|≥|α·β|，推導三維形式的柯西不等式？ 答案　設α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)， 則|α|＝，|β|＝. ∵|α||β|≥|α·β|， ∴·≥|a1b1＋a2b2＋a3b3|， ∴(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2. 思考2　三維形式的柯西不等式

2、中，等號成立的條件是什么？ 答案　當且僅當α，β共線時，即β＝0或存在實數(shù)k，使a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3時，等號成立． 梳理　三維形式的柯西不等式 設a1，a2，a3，b1，b2，b3是實數(shù)，則(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，當且僅當b1＝b2＝b3＝0或存在一個數(shù)k，使得ai＝kbi(i＝1,2,3)時等號成立． 知識點二　一般形式的柯西不等式 1．一般形式的柯西不等式 設a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是實數(shù)，則(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2. 2．柯西不等式

3、等號成立的條件 當且僅當bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一個數(shù)k，使得 ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時等號成立. 類型一　利用柯西不等式證明不等式 例1　設a，b，c為正數(shù)，且不全相等． 求證：＋＋＞. 證明　構造兩組數(shù)，，； ，，，則由柯西不等式得 (a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2， ① 即2(a＋b＋c)≥9， 于是＋＋≥. 由柯西不等式知， ①中有等號成立?＝＝?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c. 因為題設中a，b，c不全相等，故①中等號不成立， 于是＋＋＞. 反思與感悟　有些問題一般不具備直接應用柯西不等式的條件

4、，可以通過： (1)構造符合柯西不等式的形式及條件，可以巧拆常數(shù)． (2)構造符合柯西不等式的形式及條件，可以重新安排各項的次序． (3)構造符合柯西不等式的形式及條件，可以改變式子的結構，從而達到使用柯西不等式的目的． (4)構造符合柯西不等式的形式及條件，可以添項． 跟蹤訓練1　已知a，b，c∈R＋，求證·≥9. 證明　由柯西不等式知， 左邊＝× ≥2 ＝(1＋1＋1)2＝9， ∴原不等式成立． 例2　設a1，a2，…，an為正整數(shù)，求證：＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an. 證明　由柯西不等式，得 (a2＋a3＋…＋a1) ≥2 ＝(a1＋a2＋…＋an)2

5、， 故＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an. 反思與感悟　一般形式的柯西不等式往往看著比較復雜，這時一定要注意式子的結構特征，一邊一定要出現(xiàn)“方、和、積”的形式． 跟蹤訓練2　已知a1，a2，…，an∈R＋，且a1＋a2＋…＋an＝1，求證：＋＋…＋＋≥. 證明　∵×2 ＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋a1)] ≥2 ＝(a1＋a2＋…＋an)2＝1， ∴＋＋…＋≥. 類型二　利用柯西不等式求函數(shù)的最值 例3　(1)若實數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋3z＝a(a為常數(shù))，則x2＋y2＋z2的最小值為________． (2)已知0＜x＜1,0＜y＜1，則函數(shù)f(x)

6、＝＋的最小值是________． 答案　(1)　(2) 解析　(1)∵(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝a2，當且僅當＝＝時取等號，即14(x2＋y2＋z2)≥a2， ∴x2＋y2＋z2≥，即x2＋y2＋z2的最小值為. (2)＋≥＝， 故f(x)的最小值為. 反思與感悟　利用柯西不等式求最值時，關鍵是對原目標函數(shù)進行配湊，以保證出現(xiàn)常數(shù)結果．同時，要注意等號成立的條件． 跟蹤訓練3　已知a＞0，b＞0，c＞0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4. (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值． 解　(1)因為f

7、(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c， 當且僅當－a≤x≤b時，等號成立． 又a＞0，b＞0， 所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋c， 又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4. (2)由(1)知a＋b＋c＝4， 由柯西不等式得 (4＋9＋1) ≥2 ＝(a＋b＋c)2＝16， 即a2＋b2＋c2≥， 當且僅當＝＝， 即a＝，b＝，c＝時等號成立， 故a2＋b2＋c2的最小值為. 1．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，則＋2＋的最大值為(　　) A．2B．2C．4D．5 答案　C

8、 解析　∵(＋2＋)2＝(1·＋2·＋·)2≤[12＋22＋()2][()2＋()2＋()2] ＝8(x＋y＋z)＝16 (當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝時取等號)， ∴＋2＋≤4. 2．若a，b，c∈R＋，且＋＋＝1，則a＋2b＋3c的最小值為(　　) A．9B．3C.D．6 答案　A 解析　由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·≥(1＋1＋1)2＝9， ∴a＋2b＋3c的最小值為9. 3．設a，b，c，d均為正實數(shù)，則(a＋b＋c＋d)的最小值為________． 答案　16 解析　(a＋b＋c＋d) ＝[()2＋()2＋()2＋()2]· ≥2 ＝(1＋1

9、＋1＋1)2＝42＝16， 當且僅當a＝b＝c＝d時取等號． 4．已知正數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝1，求證：＋＋≥. 證明　因為x＞0，y＞0，z＞0，所以由柯西不等式得[()2＋()2＋()2]·≥(x＋y＋z)2，當且僅當＝＝，即x＝y(tǒng)＝z＝時，等號成立， 所以＋＋≥＝. 1．柯西不等式的一般結構為(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在利用柯西不等式證明不等式時關鍵是正確構造左邊的兩個數(shù)組，從而利用題目的條件正確解題． 2．要求ax＋by＋z的最大值，利用柯西不等式(ax＋by＋z)2≤(a2＋b2＋12)(x2＋y2＋z2)的形

10、式，再結合已知條件進行配湊，是常見的變形技巧．對于許多不等式問題，用柯西不等式來解往往是簡明的，正確理解柯西不等式，掌握它的結構特點，就能更靈活地應用它． 一、選擇題 1．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，則a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　A 解析　(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)·(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1， 當且僅當＝＝…＝＝1時取等號． ∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1. 2．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，則ab＋bc＋cd＋ad的最小值為(　　) A．5 B

11、．－5 C．25 D．－25 答案　B 解析　(ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)·(b2＋c2＋d2＋a2)＝25， 當且僅當a＝b＝c＝d＝±時，等號成立． ∴ab＋bc＋cd＋ad的最小值為－5. 3．設a，b，c，x，y，z是正數(shù)，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，則等于(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　由柯西不等式，得(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400， 當且僅當＝＝＝時取等號， 因此有＝. 4．已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值為(　

12、　) A．3 B．3 C．18 D．9 答案　B 解析　由柯西不等式，得(＋＋)2 ≤(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1) ＝3[3(a＋b＋c)＋3]． ∵a＋b＋c＝1， ∴(＋＋)2≤3×6＝18， ∴＋＋≤3， 當且僅當a＝b＝c＝時等號成立． 5．設a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值是(　　) A．1 B. C．3 D．9 答案　B 6．已知x，y是實數(shù)，則x2＋y2＋(1－x－y)2的最小值是(　　) A.B.C．6D．3 答案　B 解析　∵(12＋12＋12)[x2＋y2＋(1－x－y)2] ≥[x＋y＋(1－x－

13、y)]2＝1， ∴x2＋y2＋(1－x－y)2≥， 當且僅當x＝y(tǒng)＝時等號成立． 二、填空題 7．設a，b，c∈R＋，若(a＋b＋c)≥25恒成立，則正數(shù)k的最小值是________． 答案　9 解析　因為(a＋b＋c)≥(1＋1＋)2＝(2＋)2，當且僅當a＝b＝時，等號成立，所以(a＋b＋c)·的最小值是(2＋)2.由(a＋b＋c)·≥25恒成立，得(2＋)2≥25.又k＞0，所以k≥9，所以正數(shù)k的最小值是9. 8．設a，b，c為正數(shù)，則(a＋b＋c)的最小值是________． 答案　121 解析　(a＋b＋c) ＝[()2＋()2＋()2] ≥2 ＝(2＋3＋

14、6)2＝121. 當且僅當＝＝＝k(k為正實數(shù))時，等號成立． 9．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，則＋＋的最大值為________． 答案　4 解析　由柯西不等式，得(＋＋)2 ＝(1×＋1×＋1×)2 ≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3) ＝3(2×6＋4)＝48. 當且僅當＝＝， 即2a＝2b＋1＝2c＋3時等號成立． 又a＋b＋c＝6， ∴當a＝，b＝，c＝時， ＋＋取得最大值4. 10．設x，y，z∈R,2x＋2y＋z＋8＝0，則(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2的最小值為________． 答案　9 解析　(22＋22＋12)

15、[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2] ≥[2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)]2 ＝(2x＋2y＋z－1)2＝81， ∴(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥9. 當且僅當＝＝時，取等號． 三、解答題 11．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a，又正數(shù)p，q，r滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3. 證明　因為f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 即函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a＝3， 所以p＋q＋r＝3. 由柯西不等式得 (p2＋q2＋r2)(1＋1＋1)≥(p＋q＋r

16、)2＝9， 于是p2＋q2＋r2≥3. 12．設a1＞a2＞…＞an＞an＋1，求證：＋＋…＋＋＞0. 證明　為了運用柯西不等式，我們將a1－an＋1寫成a1－an＋1＝(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(an－an＋1)，于是 [(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(an－an＋1)]· ≥n2＞1. 即(a1－an＋1)·＞1， 所以＋＋…＋＞， 故＋＋…＋＋＞0. 四、探究與拓展 13．邊長為a，b，c的三角形ABC，其面積為，外接圓半徑為1，若s＝＋＋，t＝＋＋，則s與t的大小關系是________． 答案　s＜t 解析　由已知得absinC＝，＝2R＝2，

17、 所以abc＝1， 所以＋＋＝ab＋bc＋ca， 由柯西不等式得 (ab＋bc＋ca)≥(＋＋)2， 所以2≥(＋＋)2， 即＋＋≥＋＋. 當且僅當a＝b＝c＝1時等號成立． 又當?shù)忍柍闪r，面積S＝≠， 故等號不成立． 故s＜t. 14．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1. (1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，則x，y，z的值分別為__________； (2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，則正數(shù)t的取值范圍為__________________． 答案　(1)，，　(2)[6，＋∞) 解析　(1)∵(2x2＋3y2＋6z2)≥(x＋y＋z)2＝1，當且僅當＝＝時，等號成立， ∴2x＝3y＝6z.又∵x＋y＋z＝1， ∴x＝，y＝，z＝. (2)∵(2x2＋3y2＋tz2)·≥(x＋y＋z)2＝1， 當且僅當＝＝時，等號成立， ∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝. ∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立， ∴≥1. 又t＞0，∴t≥6. 10