(原创)最新高中数学柯西不等式与排序不等式练习题

第三讲 柯西不等式与排序不等式（时间90分钟，满分120分）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设M ＝a 2＋b 2＋c 2＋d 2，N ＝ab ＋bc ＋cd ＋da ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ≥N B ．M ＞N C ．M ≤ND ．M ＜N解析：选A 取两组数a ，b ，c ，d ；b ，c ，d ，a ，则由柯西不等式有 (a 2＋b 2＋c 2＋d 2)(b 2＋c 2＋d 2＋a 2)≥(ab ＋bc ＋cd ＋da )2， 即(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)2≥(ab ＋bc ＋cd ＋da )2， ∵a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥0，∴a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥ab ＋bc ＋cd ＋da .∴M ≥N .2．若a ，b ，c 均为正数且a ＋b ＋c ＝6，则ab c ＋bc a ＋ac b的最小值为( ) A ．3 B ．5 C ．6D ．12解析：选C 不妨设a <b <c ，则ab <ac <bc ，1c <1b <1a 由排序不等式得ab c ＋ac b ＋bc a ≥ab b ＋aca＋bcc＝a ＋c ＋b ＝6. 3．若5x 1＋6x 2－7x 3＋4x 4＝1，则3x 21＋2x 22＋5x 23＋x 24的最小值是() A.78215 B.15782 C ．3 D.253解析：选B ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫253＋18＋495＋16≥(5x 1＋6x 2－7x 3＋4x 4)2＝1，即3x 21＋2x 22＋5x 23＋x 24≥15782.4．设x 1，x 2，x 3取不同的正整数，则m ＝x 11＋x 24＋x 39的最小值是()A ．1B ．2C.116D.4936解析：选C 设a 1，a 2，a 3是x 1，x 2，x 3的一个排列且满足a 1＜a 2＜a 3.∴a 1≥1，a 2≥2，a 3≥3，又∵1＞122＞132，∴x 1＋x 24＋x 39≥1＋12＋13＝116.5．已知(x －1)2＋(y －2)2＝4.则3x ＋4y 的最大值为( ) A ．1B ．10C ．11D ．21解析：选D ∵(32＋42)≥2， 即(3x ＋4y －11)2≤100. ∴3x ＋4y －11≤10,3x ＋4y ≤21. 当且仅当x －13＝y －24＝25时取等号．6．已知α，β为锐角，且cos 2αsin 2β＋sin 2αcos 2β＝1，则α＋β等于( ) A.π2 B.3π4 C.π4 D.5π12解析：选A ∵(sin 2β＋cos 2β)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2αsin 2β＋sin 2αcos 2β≥sin 2α＋cos 2α＝1，当且仅当sin α＝cos β，cos α＝sin β时等号成立，即α＝β＝π4，∴α＋β＝π2.7．已知x ＋3y ＋5z ＝6，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是( ) A.65 B.635 C.3635D ．6解析：选 C 由柯西不等式，得x 2＋y 2＋z 2＝(12＋32＋52)·(x 2＋y 2＋z 2)·112＋32＋52≥(1×x ＋3×y ＋5×z )2×135＝62×135＝3635.8．已知3x 2＋2y 2≤2，则3x ＋2y 的取值X 围是( ) A ．B ．C ．D ．解析：选C |3x ＋2y |≤3x 2＋2y 2·32＋22≤10，∴－10≤3x ＋2y ≤10.9．(某某高考)设a ，b ，c ，x ，y ，z 是正数，且a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z＝( )A.14B.13C.12D.34解析：选 C 由柯西不等式得，(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2＝400，当且仅当a x ＝b y ＝c z ＝12时取等号，因此有a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝12.10．已知a ，b ，c ∈R ＋，设P ＝2(a 3＋b 3＋c 3)，Q ＝a 2(b ＋c )＋b 2(c ＋a )＋c 2(a ＋b )，则()A ．P ≤QB ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ＞Q解析：选C 取两组数a ，b ，c ；a 2，b 2，c 2.不管a ，b ，c 的大小顺序如何，a 3＋b 3＋c 3都是顺序和；a 2b ＋b 2c ＋c 2a 及a 2c ＋b 2a ＋c 2b 都是乱序和，故有a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ， a 3＋b 3＋c 3≥a 2c ＋b 2a ＋c 2b ，∴2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )． ∴P ≥Q .二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把正确答案填写在题中的横线上) 11．已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值为________．解析：(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )＝1. 答案：112．若x ＋y ＋z ＋t ＝4，则x 2＋y 2＋z 2＋t 2的最小值为________．解析：比较已知条件、待求式子，发现把待求式子乘以一个常量后，可满足四维柯西不等式条件并同时用到已知条件，得(x 2＋y 2＋z 2＋t 2)(12＋12＋12＋12)≥(x ＋y ＋z ＋t )2， 当且仅当x ＝y ＝z ＝t ＝1时，取最小值4. 答案：413．已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，且1a ＞1b ，x ＞y ，则x x ＋a 与y y ＋b 的大小关系是________．解析：∵1a ＞1b，∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0， 由排序不等式知，bx ＞ay . 又x x ＋a －y y ＋b ＝bx －ayx ＋a y ＋b＞0，∴xx ＋a ＞yy ＋b.答案：xx ＋a ＞yy ＋b14．设a ，b ，c 均为实数，则a ＋b －ca 2＋2b 2＋3c 2的最大值为________．解析：∵a ＋b －c ＝a ＋22×2b －33×3c ， 由柯西不等式得 (a ＋b －c )2＝(a ＋22×2b －33×3c )2 ≤(a 2＋2b 2＋3c 2)， ∴a ＋b －c ≤666a 2＋2b 2＋3c 2. ∴a ＋b －c a 2＋2b 2＋3c 2≤666.故所求的最大值为666. 答案：666三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设a ，b ，c 为正数且a ＋b ＋c ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥1003. 证明：∵左＝13(12＋12＋12)≥132 ＝132 ＝132 ≥13(1＋9)2＝1003. ∴原结论成立．16．(本小题满分12分)设a ，b ，c 为正数．求证：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥b 2＋c 2b ＋c ＋c 2＋a 2c ＋a＋a 2＋b 2a ＋b. 证明：由对称性，不妨设a ≥b ≥c >0.于是a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，a 2≥b 2≥c 2. 故1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b .由排序原理知： a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥c 2b ＋c ＋a 2c ＋a ＋b 2a ＋b ， a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥b 2b ＋c ＋c 2c ＋a ＋a 2a ＋b，将上面两个同向不等式相加，得2(a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b )≥b 2＋c 2b ＋c ＋c 2＋a 2c ＋a ＋a 2＋b 2a ＋b. 17．(本小题满分12分)已知a 1，a 2，…a n 为实数，且a 1＋a 2＋a 3＋…a n ＝10，求a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 的最小值．解：由n (a 21＋a 22＋…＋a 2n ) ＝(1＋1＋…＋1)(a 21＋a 22＋…＋a 2n ) ≥(a 1＋a 2＋…＋a n )2， ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥100n.∴a 21＋a 22＋…＋a 2n 的最小值为100n.18．(本小题满分14分)设函数f (x )＝|x －4|＋|x －3|，f (x )的最小值为m . (1)求m 的值；(2)当a ＋2b ＋3c ＝m (a ，b ，c ∈R)时，求a 2＋b 2＋c 2的最小值．解：(1)法一：f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|(x －4)－(x －3)|＝1，故函数f (x )的最小值为1，即m ＝1.法二：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －7，x ≥4，1，3≤x ＜4，7－2x ，x <3.当x ≥4时，f (x )≥1；当x <3时，f (x )>1；当3≤x ＜4时，f (x )＝1，故函数f (x )的最小值为1，即m ＝1.(2)(a 2＋b 2＋c 2)(12＋22＋32)≥(a ＋2b ＋3c )2＝1， 故a 2＋b 2＋c 2≥114，当且仅当a ＝114，b ＝17，c ＝314时取等号．故a 2＋b 2＋c 2的最小值为114.。

二 一般形式的柯西不等式,[学生用书P45])[A 基础达标]1．设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋4c ＝1，则a ＋b ＋2c 的最大值为( ) A ．102B ．10C ．210D ．310解析：选A.由柯西不等式，得(a ＋b ＋2c )2≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222[(a )2＋(b )2＋(4c )2] ＝52×1＝52， 所以a ＋b ＋2c ≤52＝102，当且仅当a ＝b ＝22c 时，等号成立．故选A. 2．已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．－1D ．不确定解析：选A.因为(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )＝1×1＝1， 当且仅当a i ＝kx i (i ＝1，2，…，n )时，等号成立， 所以a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值是1.故选A.3．已知x 2＋3y 2＋4z 2＝2，则|x ＋3y ＋4z |的最大值为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：选B.由柯西不等式知(x 2＋3y 2＋4z 2)(1＋3＋4)≥(x ＋3y ＋4z )2， 又x 2＋3y 2＋4z 2＝2所以2×8≥(x ＋3y ＋4z )2. 所以|x ＋3y ＋4z |≤4. 当且仅当x ＝3y 3＝2z 2，即x ＝y ＝z ＝12时取等号．4．设a ，b ，c ∈R ＋，a ＋b ＋c ＝6，则1a ＋4b ＋9c的最小值为( )A ．1B ．4C ．6D ．9解析：选C.由柯西不等式得(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＋9c＝[(a )2＋(b )2＋(c )2] ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫4b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫9c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·2b ＋c ·3c 2＝36.即6⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＋9c ≥36.所以1a ＋4b ＋9c≥6.故选C.5．已知实数x ，y ，z 满足2x －y －2z －6＝0，x 2＋y 2＋z 2≤4，则2x ＋y ＋z ＝( ) A ．13 B ．23 C ．53D ．2解析：选B.因为实数x ，y ，z 满足2x －y －2z －6＝0，所以2x －y －2z ＝6. 由柯西不等式可得(x 2＋y 2＋z 2)[22＋(－1)2＋(－2)2]≥(2x －y －2z )2＝36， 所以x 2＋y 2＋z 2≥4.再根据x 2＋y 2＋z 2≤4，可得x 2＋y 2＋z 2＝4.故有x 2＝y －1＝z－2，所以x ＝－2y ，z ＝2y .再把x ＝－2y ，z ＝2y 代入2x －y －2z －6＝0，求得y ＝－23，则2x ＋y ＋z ＝－4y ＋y ＋2y ＝－y ＝23.6．已知a ，b ，c ∈R ＋，a ＋2b ＋3c ＝6，则a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为________． 解析：因为a ＋2b ＋3c ＝6，所以1×a ＋1×2b ＋1×3c ＝6.所以(a 2＋4b 2＋9c 2)(12＋12＋12)≥(a ＋2b ＋3c )2＝36，即a 2＋4b 2＋9c 2≥12.当且仅当1a＝12b ＝13c ，即a ＝2，b ＝1，c ＝23时取等号． 答案：127．已知2x ＋3y ＋z ＝8，则x 2＋y 2＋z 2取得最小值时，x ，y ，z 形成的点(x ，y ，z )＝________． 解析：由柯西不等式(22＋32＋12)(x 2＋y 2＋z 2)≥(2x ＋3y ＋z )2，即x 2＋y 2＋z 2≥8214＝327.当且仅当x 2＝y3＝z 时等号成立．又2x ＋3y ＋z ＝8，解得：x ＝87，y ＝127，z ＝47，所求点为⎝ ⎛⎭⎪⎫87，127，47. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫87，127，47 8．已知x ，y ，z ∈R ＋，x ＋y ＋z ＝1，则1x ＋4y ＋9z的最小值为________．解析：利用柯西不等式，因为(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＋9z ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋y ·2y ＋z ·3z 2＝36，所以1x ＋4y ＋9z ≥36，当且仅当x ＝y 2＝z 3，即x ＝16，y ＝13，z ＝12时，等号成立．综上可知，1x ＋4y ＋9z的最小值为36.答案：369．设x ＋y ＋z ＝1，求H ＝2x 2＋3y 2＋z 2的最小值． 解：因为x ＋y ＋z ＝12·2x ＋13·3y ＋1·z ， 所以由柯西不等式得： (x ＋y ＋z )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·2x ＋13·3y ＋1·z 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋1·(2x 2＋3y 2＋z 2)，即116·H ≥1，解得H ≥611，等号成立的条件为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1.2x 12＝3y 13＝z1，解得x ＝ 311，y ＝211，z ＝611.此时，H ＝611. 综上所述，H 的最小值为611.10．已知|x ＋2y ＋3z |≥4(x ，y ，z ∈R )．(1)求x 2＋y 2＋z 2的最小值；(2)若|a ＋2|≤72(x 2＋y 2＋z 2)对满足条件的一切实数x ，y ，z 恒成立，某某数a 的取值X围．解：(1)因为(x ＋2y ＋3z )2≤(12＋22＋32)·(x 2＋y 2＋z 2)，且|x ＋2y ＋3z |≥4(x ，y ，z ∈R )，所以x 2＋y 2＋z 2≥87，当且仅当x 1＝y 2＝z 3时取等号．即x 2＋y 2＋z 2的最小值为87.(2)因为x 2＋y 2＋z 2的最小值为87，所以|a ＋2|≤72×87＝4，所以－4≤a ＋2≤4， 解得－6≤a ≤2，即a 的取值X 围为[－6，2]．[B 能力提升]1．设a ，b ，c ，x ，y ，z 是正数，且a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z＝( )A ．14B ．13C ．12D ．34解析：选C.由柯西不等式得，(a 2＋b 2＋c 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 2＋14y 2＋14z 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12ax ＋12by ＋12cz 2，当且仅当a 12x ＝b 12y ＝c12z 时等号成立．因为a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，所以等号成立．所以a 12x ＝b 12y ＝c12z . 所以a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝12.故选C.2．边长为a ，b ，c 的三角形ABC ，其面积为14，外接圆半径R 为1，若s ＝a ＋b ＋c ，t ＝1a ＋1b ＋1c，则s 与t 的大小关系是________． 解析：由已知得12ab sin C ＝14，csin C ＝2R ＝2.所以abc ＝1，所以1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ca ，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c (ab ＋bc ＋ca )≥(b ＋c ＋a )2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥(a ＋b ＋c )2.即1a ＋1b ＋1c≥a ＋b ＋c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立． 当a ＝b ＝c 时，三角形ABC 的面积为34，不满足题意，所以s <t . 答案：s <t3．设x 1、x 2、…、x n ∈R ＋且x 1＋x 2＋…＋x n ＝1，求证：x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1.证明：(n ＋1)(x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n)＝(1＋x 1＋1＋x 2＋…＋1＋x n )(x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n)＝[(1＋x 1)2＋(1＋x 2)2＋…＋(1＋x n )2]·[(x 11＋x 1)2＋(x 21＋x 2)2＋…＋(x n1＋x n)2]≥(1＋x 1·x 11＋x 1＋1＋x 2·x 21＋x 2＋…＋1＋x n ·x n1＋x n)2＝(x 1＋x 2＋…＋x n )2＝1，所以x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1.4．已知正数x ，y ，z 满足5x ＋4y ＋3z ＝10. (1)求证：25x 24y ＋3z ＋16y 23z ＋5x ＋9z 25x ＋4y ≥5.(2)求9x 2＋9y 2＋z 2的最小值．解：(1)证明：根据柯西不等式，得[(4y ＋3z )＋(3z ＋5x )＋(5x ＋4y )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫25x 24y ＋3z ＋16y 23z ＋5x ＋9z 25x ＋4y ≥(5x ＋4y ＋3z )2，当且仅当4y ＋3z 5x ＝3z ＋5x 4y ＝5x ＋4y 3z 时，等号成立，因为5x ＋4y ＋3z ＝10，所以25x 24y ＋3z ＋16y 23z ＋5x ＋9z 25x ＋4y ≥10220＝5.(2)根据基本不等式，得9x 2＋9y 2＋z 2≥29x 2·9y 2＋z 2＝2·3x 2＋y 2＋z 2，当且仅当x 2＝y 2＋z 2时，等号成立．根据柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(52＋42＋32)≥(5x ＋4y ＋3z )2＝100，即x 2＋y 2＋z 2≥2，当且仅当x 5＝y 4＝z 3＝15时，等号成立．综上，9x 2＋9y 2＋z 2≥2×32＝18.。

二一般形式的柯西不等式基础巩固1设a,b,c>0,且a+b+c=1,则的最大值是A.1 B,得[·(12+12+12)≥∵a+b+c=1,∴ ≤ ×1=3,当且仅当a=b=c时,等号成立.的最大值为2设a,b,c,x,y,z是正数,且a2+b2+c2=10,x2+y2+z2=40,ax+by+cz=20,则A,得(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)≥(ax+by+cz)2=400,当且仅当时,等号成立,因此有3已知则的最大值是A.1B.2C.3D.4a1x1+a2x2+…+a n x n)2≤当且仅当a i=x i,n)时,等号成立.故a1x1+a2x2+…+a n x n的最大值是1.4已知实数a,b,c,d满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的最大值是()A.1B.2C.3D.4,得(2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2,即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2,,等号成立.又b+c+d=3-a,2b2+3c2+6d2=5-a2,故5-a2≥( -a)2,解得 ≤a≤ ,即a的最大值是2.5n个正数的和与这n个正数的倒数的和的乘积的最小值是()A.1B.nC.n2Dn个正数为x1,x2,…,x n,由柯西不等式,得(x1+x2+…+x n…≥··…·=…共个当且仅当x1=x2=…=x n时,等号成立.6若x,y,z∈R+,且则的最小值是7设a,b,c为正数,则(a+b+c的最小值是(a+b+c···当且仅当时,等号成立.8设x,y,z∈R,2x+2y+z+8=0,则(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2的最小值为.x+2y+z+8=0⇒2(x-1)+2(y+2)+(z-3)=-9.考虑以下两组向量:u=(2,2,1),v=(x-1,y+2,z-3),由柯西不等式,得(u·v)2≤|u|2·|v|2; 即[2(x-1)+2(y+2)+(z-3)]2≤( 2+22+12)·[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2].所以(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥(- )当且仅当x=-1,y=-4,z=2时,等号成立,此时取得最小值9.9已知a ,b ,c ∈R ,a+2b+3c=6,则a 2+4b 2+9c 2的最小值为 .,得(12+12+12)(a 2+4b 2+9c 2)≥(a+2b+3c )2,即a 2+4b 2+9c 2≥ ,当a=2b=3c=2时,等号成立,所以a 2+4b 2+9c 2的最小值为12.10设x 1,x 2,x 3,…,x n 都是正实数,且x 1+x 2+x 3+…+x n =S. 求证----S-x 1+S-x 2+…+S-x n .,得 不等式左边---=[(S-x 1)+(S-x 2)+…+(S-x n )]·( - )--…-( - )- - + ---…( )· · …( - ) +x n )2( - )·S 2- 不等式右边.故原不等式成立.a>0,∴a≥ ,∴a ≥当且仅当a=1时,等号成立.-- ( - ) - - - - ( - )-- ( - ),n.n 个式子相加,有-------( - )- ( - )…- ( - )-- ( - )-故原不等式成立. 能力提升1若实数x+y+z=1,则2x 2+y 2+3z 2的最小值为( )A.1B.6C.11 D(2x2+y2+3z2≥···=(x+y+z)2=1,∴2x2+y2+3z2≥当且仅当x时,等号成立.∴2x2+y2+3z2的最小值为2已知a+b+c=1,且a,b,c>0,则的最小值为A.1B.3C.6D.9a+b+c=1,=2(a+b+c=[(a+b)+(b+c)+(c+a)]·≥( +1+1)2=9,当且仅当a=b=c时,等号成立.3若则的最小值为A.-25B.-5C.5D.25,得≥(a1a2+a2a3+…+a n-1a n+a n a1)2,∴|a1a2+a2a3+…+a n-1a n+a n a1|≤ .∴- ≤a1a2+a2a3+…+a n-1a n+a n a1≤ .故所求最小值为-5,应选B.4已知2x+3y+z=8,则x2+y2+z2取得最小值时,x,y,z形成的点(x,y,z)= .,得(22+32+12)(x2+y2+z2)≥( x+3y+z)2,即x2+y2+z2≥当且仅当时,等号成立.又2x+3y+z=8,解得x故所求点为,,,,5已知实数x,y,z满足x+2y+z=1,则x2+4y2+z2的最小值为.,得(x2+4y2+z2)(1+1+ )≥(x+2y+z)2.∵x+2y+z=1,∴3(x2+4y2+z2)≥ ,即x2+4y2+z2≥当且仅当x=2y=z即x时,等号成立.故x2+4y2+z2的最小值为6已知二次三项式f(x)=ax2+bx+c的所有系数均为正数,且a+b+c=1,求证:对于任何正数x1,x2,当x1x2=1时,必有f(x1)f(x2)≥ .(x1)f(x2)=(≥[a=f2故f(x1)f(x2)≥ .★7已知:α1,α2,…,αn是平面凸n边形的内角的弧度数,求证(- ),得(α1+α2+…+αn…≥··…·=n2.∵α1+α2+…+αn=(n-2)π,( ) 当且仅当α1=α2=…=αn-时,等号成立.。

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展01柯西不等式（精讲+精练）
1.二维形式的柯西不等式
.),,,,,()())((22222等号成立时当且仅当bc ad R d c b a bd ac d c b a =∈+≥++2.二维形式的柯西不等式的变式
bd ac d c b a +≥+⋅+2222)1( .),,,,,(等号成立时当且仅当bc ad R d c b a =∈bd ac d c b a +≥+⋅+2222)2(
.),,,,,(等号成立时当且仅当bc ad R d c b a =∈.)
,0,,,(())()(3(2等号成立，时当且仅当bc ad d c b a bd ac d c b a =≥+≥++3.
二维形式的柯西不等式的向量形式
.),,,(等号成立时使或存在实数是零向量当且仅当βαβk k =≤注：有条件要用；没有条件，创造条件也要用。

比如，对2
2
2
c b a ++，并不是不等式的形状，但变成
()()
2222221113
1
c b a ++∙++∙就可以用柯西不等式了。

4.扩展：()()233221122322212
2322
21)(n n n n b a b a b a b a b b b b a a a a ++++≥++++++++ ，当且仅当n n b a b a b a :::2211=== 时，等号成立.
【题型训练1-刷真题】
二、题型精讲精练
一、知识点梳理。

三排序不等式课后篇巩固探究A组1.顺序和S、反序和S'、乱序和S″的大小关系是()A.S≤S'≤S″B.S≥S'≥S″C.S≥S″≥S'D.S≤S″≤S'.2.设x,y,z均为正数,P=x3+y3+z3,Q=x2y+y2z+z2x,则P与Q的大小关系是()A.P≥QB.P>QC.P≤QD.P<Qx≥y≥z>0,则x2≥y2≥z2,则由排序不等式可得顺序和为P,乱序和为Q,则P≥Q.3.若a<b<c,x<y<z,则下列各式中值最大的一个是()A.ax+cy+bzB.bx+ay+czC.bx+cy+azD.ax+by+cza<b<c,x<y<z,由排序不等式得反序和≤乱序和≤顺序和,得顺序和ax+by+cz最大.故选D.4.若0<a1<a2,0<b1<b2,且a1+a2=b1+b2=1,则下列代数式中最大的是()A.a1b1+a2b2B.a1a2+b1b2C.a1b2+a2b1D.a1b1+a2b2+a1b2+a2b1=(a1+a2)(b1+b2)=1,a1b1+a2b2-a1b2-a2b1=(a1-a2)(b1-b2)>0,∴a1b1+a2b2>a1b2+a2b1.且a1b1+a2b2>>a1b2+a2b1.又1=a1+a2≥2,∴a1a2≤.∵0<a1<a2,∴a1a2<.同理b1b2<,∴a1a2+b1b2<.∴a1b1+a2b2>>a1a2+b1b2,∴a1b1+a2b2最大.5.已知a,b,c∈R+,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)()A.大于零B.大于或等于零C.小于零D.小于或等于零a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,根据排序原理,得a3×a+b3×b+c3×c≥a3b+b3c+c3a.因为ab≥ac≥bc,a2≥b2≥c2,所以a3b+b3c+c3a≥a2bc+b2ca+c2ab.所以a4+b4+c4≥a2bc+b2ca+c2ab,即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.6.设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的一个排序,则a1+2a2+3a3+4a4的取值范围是.2+22+32+42=30,最小值为反序和1×4+2×3+3×2+4×1=20.1+2a2+3a3+4a4的最大值为顺序和17.如图所示,在矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,若阴影部分的面积为S1,空白部分的面积之和为S2,则S1与S2的大小关系是.,S1=a1b1+a2b2,而S2=a1b2+a2b1,根据顺序和≥反序和,得S1≥S2.S21≥8.若a,b,c为正数,求证a3+b3+c3≥3abc.a≥b≥c>0,则a2≥b2≥c2>0,由排序不等式,得a3+b3≥a2b+ab2,c3+b3≥c2b+cb2,a3+c3≥a2c+ac2,三式相加,得2(a3+b3+c3)≥a(b2+c2)+b(a2+c2)+c(a2+b2).因为a2+b2≥2ab,c2+b2≥2cb,a2+c2≥2ac,所以2(a3+b3+c3)≥6abc,即a3+b3+c3≥3abc(当且仅当a=b=c时,等号成立).9.设a,b均为正数,求证.a≥b>0,则a2≥b2>0,>0,由不等式性质,得>0.则由排序不等式,可得,即.10.设a,b,c都是正数,求证a+b+c≤.a≥b≥c>0.由不等式的性质,知a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc.根据排序原理,得a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b.①又由不等式的性质,知a3≥b3≥c3,且a≥b≥c.再根据排序原理,得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4.②由①②及不等式的传递性,得a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4.两边同除以abc,得a+b+c≤(当且仅当a=b=c时,等号成立).B组1.设a,b,c>0,则式子M=a5+b5+c5-a3bc-b3ac-c3ab与0的大小关系是()A.M≥0B.M≤0C.M与0的大小关系与a,b,c的大小有关D.不能确定a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,且a4≥b4≥c4,则a5+b5+c5=a·a4+b·b4+c·c4≥a·c4+b·a4+c·b4.又a3≥b3≥c3,且ab≥ac≥bc,∴a4b+b4c+c4a=a3·ab+b3·bc+c3·ca≥a3bc+b3ac+c3ab.∴a5+b5+c5≥a3bc+b3ac+c3ab.∴M≥0.2.若0<α<β<γ<,F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ),则()A.F>0B.F≥0C.F≤0D.F<00<α<β<γ<,所以0<sin α<sin β<sin γ,0<cos γ<cos β<cos α,由排序不等式可知,sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α>sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ, 而F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ)=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ)>0.3.导学号26394057车间里有5台机床同时出了故障,从第1台到第5台的修复时间依次为4 min、8 min、6 min、10 min、5 min,每台机床停产1 min损失5元,经合理安排损失最少为()A.420元B.400元C.450元D.570元1台到第5台的修复时间依次为t1,t2,t3,t4,t5,若按照从第1台到第5台的顺序修复,则修复第一台需要t1分钟,则停产总时间为5t1,修复第2台需要t2分钟,则停产总时间为4t2,…,修复第5台需要t5分钟,则停产总时间为t5,因此修复5台机床一共需要停产的时间为5t1+4t2+3t3+2t4+t5,要使损失最小,应使停产时间最少,亦即使5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值.由排序不等式可知,当t1<t2<t3<t4<t5时,5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值,最小值为5×4+4×5+3×6+2×8+10=84分钟,故损失最小为84×5=420元.4.导学号26394058在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边依次为a,b,c,试比较的大小关系.a≥b≥c,则有A≥B≥C.由排序不等式,可得aA+bB+cC≥aA+bC+cB,aA+bB+cC≥aB+bA+cC,aA+bB+cC≥aC+bB+cA.将以上三个式子两边分别相加,得3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=(a+b+c)π.所以.5.导学号26394059设x>0,求证1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)x n.x≥1时,因为1≤x≤x2≤…≤x n,所以由排序原理得1·1+x·x+x2·x2+…+x n·x n≥1·x n+x·x n-1+…+·x+x n·1,即1+x2+x4+…+≥(n+1)x n.①又x,x2,…,x n,1为序列1,x,x2,…,x n的一个排列,所以1·x+x·x2+…+x n-1x n+x n·1≥1·x n+x·x n-1+…+x n-1·x+x n·1,因此x+x3+…++x n≥(n+1)x n, ②①+②,得1+x+x2+…+≥(2n+1)x n.③当0<x<1时,1>x≥x2≥…≥x n,①②仍成立,故③也成立.综上,原不等式成立.。

一般形式的柯西不等式课时提升作业一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2016·珠海高二检测)已知a,b,c,x,y,z为正数,且a2+b2+c2=10,x2+y2+z2=40,ax+by+cz=20,则= ( )A. B. C. D.【解析】选C.由已知得(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=(ax+by+cz)2,结合柯西不等式,知===,所以=.2.已知x,y,z是非负实数,若9x2+12y2+5z2=9,则函数u=3x+6y+5z的最大值是( ) A.9 B.10 C.14 D.15【解析】选A.因为(3x+6y+5z)2≤[12+()2+()2]·[(3x)2+(2y)2+(z)2]=9(9x2+12y2+5z2)=81,所以3x+6y+5z≤9.当且仅当x=,y=,z=1时,等号成立.故u=3x+6y+5z的最大值为9.3.已知a2+b2+c2=1,若a+b+c≤|x+1|对任意实数a,b,c恒成立,则实数x的取值范围是( )A.x≥1或x≤-3B.-3≤x≤1C.x≥-1或x≤3D.-1≤x≤3【解题指南】根据题目中的a2+b2+c2=1和a+b+c≤|x+1|的结构形式,可以联想使用柯西不等式.【解析】选A.由柯西不等式得:(a2+b2+c2)(1+1+2)≥(a+b+c)2,所以a+b+c≤2,又因为a+b+c≤|x+1|,所以|x+1|≥2,解之得x≥1或x≤-3.二、填空题(每小题4分,共8分)4.已知x,y,z∈R,且2x+2y+z+8=0,则(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2的最小值为______.【解析】因为[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2](4+4+1)所以(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥9.答案:95.设a,b,c为正数,则(a+b+c)的最小值是________.【解析】(a+b+c)=[()2+()2+()2]≥=(2+3+6)2=121.当且仅当==时等号成立.答案:121三、解答题6.(10分)(2016·深圳高二检测)已知定义在R上的函数f(x)=+的最小值为a,又正数p,q,r满足p+q+r=a.求证p2+q2+r2≥3.【证明】因为f(x)=+≥=3,即函数f(x)=+的最小值a=3.所以p+q+r=3.由柯西不等式得(p2+q2+r2)(1+1+1)≥(p+q+r)2=9,于是p2+q2+r2≥3.一、选择题(每小题5分,共10分)1.已知x,y是实数,则x2+y2+(1-x-y)2的最小值是( )A. B. C.6 D.3【解析】选B.由柯西不等式,得(12+12+12)[x2+y2+(1-x-y)2]即x2+y2+(1-x-y)2≥.当且仅当x=y=1-x-y.即x=y=时,x2+y2+(1-x-y)2取得最小值.【补偿训练】(2015·珠海高二检测)已知++…+=1,++…+=1,则a1x1+a2x2+…+a n x n的最大值是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选A.因为(a1x1+a2x2+…+a n x n)2≤(++…+)×(++…+)=1×1.当且仅当==…=时,等号成立.所以a1x1+a2x2+…+a n x n的最大值为1.2.(2016·长沙高二检测)已知α为锐角,则的最小值为( ) A.3-2 B.3+2C-1 D.+1【解析】选B.≥,当且仅当sinα=cosα时等号成立,此时==3+2.即的最小值为3+2.二、填空题(每小题5分,共10分)3.方程2+=的解为________.【解题指南】利用柯西不等式等号成立的条件构建方程求解.【解析】由柯西不等式,得(2+)2=≤[22+()2]=6×=15,即2+≤.当且仅当=,即x=-时,等号成立.故原方程的根是x=-.答案:x=-4.(2016·西安高二检测)边长为a,b,c的三角形ABC,其面积为,外接圆半径为1,若s=++,t=++,则s与t的大小关系是________.【解析】由已知得absinC=,=2R=2.所以abc=1,所以++=ab+bc+ca,由柯西不等式得(ab+bc+ca)≥(++)2,所以≥(++)2.即++≥++.当且仅当a=b=c=1时等号成立.答案:s≤t三、解答题5.(10分)(2016·石家庄高二检测)设a1>a2>…>a n>a n+1,求证:++…++>0. 【证明】为了运用柯西不等式,我们将a1-a n+1写成a1-a n+1=(a1-a2)+(a2-a3)+…+(a n-a n+1),于是[(a1-a2)+(a2-a3)+…+(a n-a n+1)]·≥n2>1.即(a1-a n+1)·(++…+)>1,所以++…+>,故++…++>0.。

一二维形式的柯西不等式基础巩固1已知a≥0,b≥0,且a+b=2,则()A.ab≤C.a2+b2≥D.a2+b2≤3(12+12)(a2+b2)≥(a+b)2=4,∴a2+b2≥ .故选C.2已知0则的最小值是A()()3得x+y≥33当且仅当3即x=5,y时,等号成立.3已知x+y=1,则2x2+3y2的最小值是()3A3x2+3y2=[33当且仅当2x=3y,即x3时,等号成立.4函数y=--3的最大值是A.3 B3 32--3≤ 2+(-)-3=63当且仅当-3-时,等号成立.故y的最大值为3即x35已知x>0,y>0,且xy=1,则的最小值为A.4B.2C.1 D≥当且仅当x=y=1时,等号成立.6设x,y∈R+,则(x+y)3的最小值是+7已知a,b∈R+,且a+b=1,则的最小值是a,b∈R+,且a+b=1,所以由柯西不等式得3当且仅当时,等号成立,此时a8函数y=3sin x+ ( )的最大值是3sin x+ ( ) 3 x+≤(3)( )当且仅当3|cos x|=4sin x时,等号成立.9已知a2+b2=1,x2+y2=1,求证:|ax+by|≤ .,得|ax+by|≤当且仅当ay=bx时,等号成立.10已知a>b>c,求证---(a-c--≥ .又a-c=(a-b)+(b-c),利用柯西不等式证明即可.a-c--=[(a-b)+(b-c)--=[----≥----当且仅当----即a-b=b-c时,等号成立.故原不等式成立.能力提升1已知2x2+y2=1,则2x+y的最大值是()A 3 3x+y≤( )()33当且仅当即x=y33时,等号成立.故2x+y的最大值是32若x2+y2=8,则2x+y的最大值为()A.8B.4C. 0(x2+y2)(4+ )≥( x+y)2,∴(2x+y)2≤8×5=40,当且仅当x=2y时,等号成立,即(2x+y)max= 03若a+b=1,则的最小值为A.1B.2 C∵a+b=1,∴a2+b2(1+ )≥8以上两个不等式都是当且仅当a=b时,等号成立,又8()8当且仅当a=b时,等号成立.4已知正数a,b满足a+b=2,则 的最大值为A 3C3a,b满足a+b=2,则a+b+1=3,则(1 ≤( 2+12)[故故选C.5设xy>0,则的最小值为≥当且仅当xy 时,等号成立.故所求最小值为9.6设实数x,y满足3x2+2y2≤ ,则2x+y的最大值为.(2x+y)2≤ 33≤=(3x2+2y2)3当且仅当3x=4y,即x,等号成立.因此2x+y的最大值为7函数f(x)-8 0- 0的最大值为(x)-8 0- 0( )(3)(3) ( ) (3)≤(- )当且仅当x=2时,等号成立.8已知θ为锐角,a,b>0,求证:(a+b)2≤m,n=(cosθ,sinθ),则|a+b|m n|≤|m||n|当且仅当a=k cos2θ,b=k sin2θ,k∈R时,等号成立.故(a+b)2≤★9在半径为R的圆内,求周长最大的内接长方形.,设内接长方形ABCD的长为x,则宽为-于是长方形ABCD的周长l=2(x--由柯西不等式得l≤ x2+- )2R=-当且仅当即x时,等号成立.此时--()即长方形ABCD为正方形.故周长最大的内接长方形为正方形,其周长为。

高中数学一般形式的柯西不等式练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________ 1. 设a，b，c为正数，a+b+9c2=1，则√a+√b+√3c的最大值是()A.7 3B.53C.√213D.√1532. 设a，b，c，x，y，z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+ cz=20，则a+b+cx+y+z=（）A.1 4B.13C.12D.343. 已知实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，则(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2的最大值是（）A.12B.20C.28D.364. 函数y=5√x−1+√9−3x()A.6√3B.2√3C.5√2D.2√145. n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是()A.1B.nC.n2D.1n6. 已知x，y，z均为正数，且x+y+z=1，则x21+x +y21+y+z21+z的最小值为________．7. （不等式选做题）已知a，b，m，n均为正数，且a+b=1，mn=2，则(am+bn)(bm+an)的最小值为________．8. 若正数a，b，c满足a+b+4c=1，则√a+√b+√2c的最大值为________．9. 已知实数a，b，c满足a+2b−c=1，则a2+b2+c2的最小值是________．10. 函数y=√x−4+√25−5x的最大值为________．11. 已知x+2y+3z=1，则2x2+2y2+z2的最小值为________．12. 已知空间的点P(x, y, z)(x, y, z∈R)到原点O(0, 0, 0)的距离为3，则式子x+2y+ 2z的最大值与最小值的差是________．13. 已知：x，y，z∈R，x2+y2+z2＝1，则x−2y−3z的最大值为________√14．14. 设a，b，c均为正数，且a+b+c=12，则1a +9b+25c的最小值为________．15. 已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5，则a的取值范围是________．16. （1）a、b为非负数，a+b=1，x1，x2∈R+，求证：(ax1+bx2)(bx1+ax2)≥x1x2； 16.（2）已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5试求a的最值．17. （I）在极坐标系内，已知曲线C1的方程为ρ2−2ρ(cosθ−2sinθ)+4=0，以极点为原点，极轴方向为x正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线C2的参数方程为{5x=1−4t5y=18+3t（t为参数）．（1）求曲线C1的直角坐标方程以及曲线C2的普通方程；（2）设点P为曲线C2上的动点，过点P作曲线C1的切线，求这条切线长的最小值． 17.（II）已知f(x)=m−|x−2|，且不等式f(x+2)≥0解集为[−1, 1]．（1）求正实数m的大小；（2）已知a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m，求a+2b+3c的最小值．18. 已知|x+2y+3z|≥4(x, y, z∈R)（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）若|a+2|≤72(x2+y2+z2)对满足条件的一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．19. 已知|x+2y+3z|≥4(x, y, z∈R)．（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）若|a+2|≤72(x2+y2+z2)对满足条件的一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．20. 已知f(x)=|2x+1|+|x+5|.(1)解不等式f(x)<9;(2)若a，b，c均为正数，且f(a)+f(b)+f(c)=24，证明：b2a +c2b+a2c≥2.21. 已知函数f(x)=2|x|+|x−2|的最小值为m．(1)求m的值；(2)若实数a，b满足a2+b2=m，求11+a2+12+b2的最小值．22. 已知关于x的不等式|x−1|−|x+2|≥|m+1|有解，记实数m的最大值为M．(1)求实数m的取值范围；(2)正数a，b，c满足a+2b+2c=M，求证：1a+b +3b+c+4c+a≥9．23. 已知大于1的正数x，y，z满足x+y+z=3√3．（1）求证：x 2x+2y+3z +y2y+2z+3x+z2z+2x+3y≥√32．（2）求1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x的最小值．24. 已知a，b，c是正实数，且满足a+b2+c3=1．(1)是否存在满足已知条件的a，b，使得ab=12，试说明理由；(2)求√a+√b+√c的最大值．25. 已知函数f (x )=|x −2|−2|x| . (1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若正数a ，b ，c 满足a +4b +9c =f (13)+2，求1a +4b +9c 的最小值．26. 已知函数f (x )=|x −4|+|1−x|，x ∈R ． (1)解不等式：f (x )≤5；(2)记f (x )的最小值为M ，若正实数a ，b 满足a +b =M ，试求：1a+2+1b+1的最小值．27. 已知a ，b ，c >0，a 21+a 2+b 21+b 2+c 21+c 2=1，证明．αbc ≤√24．28. a 2+b 2+c 2+x 2+y 2=16√21，求证：(ax +by)2+(bx +cy)2≤2016．29. （选做题）已知x 2+3y 2+4z 2=2，求证：|x +3y +4z|≤4．30. 设x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1． (1)求(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值；(2)若(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥13成立，证明：a ≤−3或a ≥−1．31. 已知x +y +z =1，求证x 2+y 2+z 2≥13．32. 不等式选讲：已知x ，y ，z ∈R ，且x −2y −3z =4，求x 2+y 2+z 2的最小值．33. 已知实数a ，b ，c ，d 满足a +b +c +d =3，a 2+2b 2+3c 2+6d 2=5，求a 的取值范围．34. （选做题）已知a ，b ，c ∈(0, +∞)，且1a +2b +3c =2，求a +2b +3c 的最小值及取得最小值时a ，b ，c 的值．35. 已知：x，y，x是正实数，且x+2y+3z=1，(1)求1x +1y+1z的最小值；(2)求证：x2+y2+z2≥114．参考答案与试题解析高中数学一般形式的柯西不等式练习题含答案一、 选择题 （本题共计 5 小题 ，每题 3 分 ，共计15分 ） 1.【答案】 C【考点】 柯西不等式一般形式的柯西不等式 【解析】由柯西不等式可得[(√a)2+(√b)2+(3c)2][12+12+(√33)2]≥(1⋅√a +1⋅√b +√33⋅3c)2，代入数据变形可得． 【解答】解：由柯西不等式可得[(√a)2+(√b)2+(3c)2][12+12+(√33)2] ≥(1⋅√a +1⋅√b +√33⋅3c)2，∴ 代入数据变形可得√a +√b +√3c ≤√2+13=√213， 当且仅当√a 1=√b 1=√33且a +b +9c 2=1，即a =b =37，c =√721时取等号， ∴ √a +√b +√3c 的最大值是√213. 故选C .2.【答案】 C【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】 此题暂无解析 【解答】(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)=10×40≥(ax +by +cz)2=202． 取等条件是ax =by =cz =12， 所以a+b+cx+y+z =12． 3. 【答案】 C【考点】由题意实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，可以将(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2，用x2+y2+z2和(xy+yz+xz)表示出来，然后根据完全平方式的基本性质进行求解．【解答】解：∵实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，∴(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2=5(x2+y2+z2)−4(xy+yz+xz)=20−2[(x+y+z)2−(x2+y2+z2)]=28−2(x+y+z)2≤28∴当x+y+z=0时(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2的最大值是28．故选C．4.【答案】D【考点】一般形式的柯西不等式【解析】函数可化为y=5√x−1+√9−3x=5√x−1+√3×√3−x，利用柯西不等式，即可求得最大值．【解答】由柯西不等式可得y=5√x−1+√9−3x=5√x−1+√3×√3−x≤√(25+3)(x−1+3−x))=2√14当且仅当√3=√x−1√3−x，即x=3914时，函数取得最大值2√145.【答案】C【考点】一般形式的柯西不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：由柯西不等式，得(x1+x2+⋯+x n)(1x1+1x2+⋯+1x n)≥(√x11√x√x2×1√x⋯+√x n1x n)2=(1+1+⋯+1)2=n2，当且仅当x1=x2=⋯=x n时取等号.故选C.二、填空题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）6.【答案】14【考点】此题暂无解析 【解答】解：∵ x ，y ，z 均为正数，∴ (x 21+x +y 21+y +z 21+z )(1+x +1+y +1+z)≥(x +y +z)2， ∵ x +y +z =1， ∴x 21+x+y 21+y+z 21+z≥14，当且仅当x =y =z =13时，取等号， ∴x 21+x+y 21+y +z 21+z的最小值为 14.故答案为：14. 7.【答案】 2【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用二维形式的柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d ∈R 均为实数，则(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd)2其中等号当且仅当ac =bd 时成立，即可求出(am +bn)(bm +an)的最小值． 【解答】解：根据二维形式的柯西不等式的代数形式：(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd)2可得(am +bn)(bm +an)≥(√am ⋅√an +√bn ⋅√bm)2=mn(a +b)2=2×1=2，当且仅当aman =bnbm 即m =n 时，取得最小值2． 故答案为：2． 8. 【答案】√102【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】直接利用柯西不等式(a 2+b 2+c 2)(m 2+n 2+p 2)≥(am +bn +cp)2进行求解即可． 【解答】解：由柯西不等式可知（(√a)2+(√b)2+(√4c)2）(12+12+(√22)2)≥(√a ×1+√b ×1+√4c ×√22)2∴ 52(a +b +4c)≥(√a +√b +√2c)2即√a +√b +√2c ≤√102故答案为：√1029.【答案】16【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用条件a+2b−c=1，构造柯西不等式(a+2b−c)2≤(12+22+12)(a2+b2+ c2)进行解题即可．【解答】解：由柯西不等式得(a+2b−c)2≤(12+22+12)(a2+b2+c2)，∵a+2b−c=1，∴1≤(12+22+12)(a2+b2+c2)，∴a2+b2+c2≥16，当且仅当a1=b2=c1取等号，则a2+b2+c2的最小值是16故答案为：16．10.【答案】√6【考点】一般形式的柯西不等式【解析】先将函数变为y=1×√x−4+√5×√5−x，再利用柯西不等式，即可得到结论．【解答】解：∵y=√x−4+√25−5x∴y=1×√x−4+√5×√5−x≤√(1+5)(x−4+5−x)=√6故答案为：√611.【答案】223【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用题中条件：“x+2y+3z=1”构造柯西不等式：(2x2+2y2+z2)×(12+2+9)≥(x+2y+3z)2进行计算即可．【解答】解：构造柯西不等式：(2x2+2y2+z2)×(12+2+9)≥(x+2y+3z)2已知x+2y+3z=1，∴2x2+2y2+z2≥223，则2x2+2y2+z2的最小值为223，故答案为：223．12.【答案】18【考点】一般形式的柯西不等式【解析】根据可得|x+2y+2z|≤9，从而得到x+2y+2z的最大值为9，最小值为−9．由此可得最大值与最小值的差．【解答】解：∵|OP|2=x2+y2+z2=9，∴根据柯西不等式，得|x+2y+2z|≤√(12+22+22)(x2+y2+z2)=9，由|x+2y+2z|≤9，得−9≤x+2y+2z≤9当且仅当x=1，y=z=2时，x+2y+2z有最大值9，当x=−1，y=z=−2时，x+2y+2z有最小值−9．最大最小值的差为18故答案为：1813.【答案】√14【考点】一般形式的柯西不等式【解析】首先分析题目已知x2+y2+z2＝1，求x−2y−3z的最大值，可以联想到柯西不等式(a2+b2+c2)(e2+f2+g2)≥(ae+bf+cg)2的应用，构造出柯西不等式即可得到答案．【解答】由已知x，y，z∈R，x2+y2+z2＝1，和柯西不等式(a2+b2+c2)(e2+f2+g2)≥(ae+bf+cg)2则构造出[12+(−2)2+(−3)2](x2+y2+z2)≥(x−2y−3z)2．即：(x−2y−3z)2≤14即：x−2y−3z的最大值为√14．14.【答案】27【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用条件a+b+c=12，构造柯西不等式(1+3+5)2≤(a+b+c)(1a +9b+25c)进行解题即可． 【解答】解：由柯西不等式得(1+3+5)2≤(a +b +c)(1a +9b +25c)，∵ a +b +c =12， ∴ (1+3+5)2≤12(1a +9b +25c)，∴ 1a +9b +25c≥274，当且仅当1aa=9bb=25cc取等号，则1a +9b +25c的最小值为274． 故答案为：274． 15.【答案】[1, 2] 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2，从而得到关于a 的不等关系：5−a 2≥(3−a)2，解之即a 的取值范围． 【解答】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2 即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2． 当且仅当√2b√2=√3b√3=√6d√6时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 故答案为：[1, 2]．三、 解答题 （本题共计 20 小题 ，每题 10 分 ，共计200分 ） 16.【答案】 解：（1）∵ (ax 1+bx 2)(bx 1+ax 2)=(ax 1+bx 2)(ax 2+bx 1)≥(a √x 1x 2+b √x 1x 2)2=(a +b)2x 1x 2=x 1x 2 (∵ a +b =1)．（2）解：由柯西不等式得，有(2b 2+3c 2+6d 2)(12+13+16)≥(b +c +d)2； 即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2 由条件可得，5−a 2≥(3−a)2；解得，1≤a≤2当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，代入b=1,c=13，d=16时，a max=2b=1,c=23，d=13时a min=1．【考点】一般形式的柯西不等式【解析】（1）将y1、y2代入乘积y1y2展开，化简出x1x2的表达式，判断其大小，即可．（2）由柯西不等式得，有(2b2+3c2+6d2)(12+13+16)≥(b+c+d)2；结合条件可得，5−a2≥(3−a)2；从而求得a的最值．【解答】解：（1）∵(ax1+bx2)(bx1+ax2)=(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥(a√x1x2+b√x1x2)2=(a+b)2x1x2=x1x2 (∵a+b=1)．（2）解：由柯西不等式得，有(2b2+3c2+6d2)(12+13+16)≥(b+c+d)2；即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2由条件可得，5−a2≥(3−a)2；解得，1≤a≤2当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，代入b=1,c=13，d=16时，a max=2b=1,c=23，d=13时a min=1．17.【答案】解：(I)(1)对于曲线C1的方程为ρ2−2ρ(cosθ−2sinθ)+4=0，可化为直角坐标方程x2+y2−2x+4y+4=0，即(x−1)2+(y+2)2=1；对于曲线C2的参数方程为{5x=1−4t5y=18+3t（t为参数），可化为普通方程3x+4y−15=0．（2）过圆心(1, −2)点作直线3x+4y−15=0的垂线，此时切线长最小，则由点到直线的距离公式可知，d=√32+42=4，则切线长为√16−1=√15．(II)(1)因为f(x+2)=m−|x|≥0，所以|x|≤m，所以m≥0，−m≤x≤m．又f(x+2)≥0的解集是[−1, 1]，故m=1．（2）由（1）知1a +12b+13c=1，a，b，c∈R+，由柯西不等式得a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)≥(1+1+1)2=9．∴a+2b+3c的最小值为9．【考点】一般形式的柯西不等式参数方程与普通方程的互化【解析】(I)(1)参数方程、极坐标化为直角坐标方程，可得结论．（2）根据圆的切线性质、点到直线的距离公式求得这条切线长的最小值．(II)(1)由条件可得|x|≤m ，求得−m ≤x ≤m ．再根据f(x +2)≥0的解集是[−1, 1]，求得m 的值． （2）由（1）知1a +12b+13c=1，a ，b ，c ∈R +，由柯西不等式求得a +2b +3c 的最小值．【解答】解：(I)(1)对于曲线C 1的方程为ρ2−2ρ(cos θ−2sin θ)+4=0，可化为直角坐标方程x 2+y 2−2x +4y +4=0，即(x −1)2+(y +2)2=1；对于曲线C 2的参数方程为{5x =1−4t5y =18+3t （t 为参数），可化为普通方程3x +4y −15=0．（2）过圆心(1, −2)点作直线3x +4y −15=0的垂线，此时切线长最小， 则由点到直线的距离公式可知，d =√32+42=4，则切线长为√16−1=√15．(II)(1)因为f(x +2)=m −|x|≥0，所以|x|≤m ，所以m ≥0，−m ≤x ≤m ． 又f(x +2)≥0的解集是[−1, 1]，故m =1． （2）由（1）知1a +12b+13c=1，a ，b ，c ∈R +，由柯西不等式得a +2b +3c =(a +2b +3c)(1a+12b+13c)≥(1+1+1)2=9．∴ a +2b +3c 的最小值为9． 18.【答案】 解：（1）∵ (x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，且|x +2y +3z|≥4(x, y, z ∈R)．∴ x 2+y 2+z 2≥87，当且仅当x1=y2=z3时取等号． 即x 2+y 2+z 2的最小值为87．（2）∵ x 2+y 2+z 2的最小值为87． ∴ |a +2|≤72×87=4， ∴ −4≤a +2≤4， 解得−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式 基本不等式【解析】（1）利用柯西不等式即可得出；（2）由（1）可得x 2+y 2+z 2的最小值为87．因此|a +2|≤4，解出即可．【解答】 解：（1）∵ (x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，且|x +2y +3z|≥4(x, y, z ∈R)．∴ x 2+y 2+z 2≥87，当且仅当x1=y2=z3时取等号． 即x 2+y 2+z 2的最小值为87． （2）∵ x 2+y 2+z 2的最小值为87．∴ |a +2|≤72×87=4， ∴ −4≤a +2≤4， 解得−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 19.【答案】 解：（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)， 由|x +2y +3z|≥4， 则x 2+y 2+z 2≥87， 即x 2+y 2+z 2的最小值为87；（2）由于|a +2|≤72(x 2+y 2+z 2)对满足条件的一切实数x ，y ，z 恒成立，且x 2+y 2+z 2的最小值为87，则|a +2|≤4， 则有−4≤a +2≤4 则−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，结合条件即可得到最小值；（2）由恒成立思想，结合（1）可得|a +2|≤4，解不等式即可得到． 【解答】 解：（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)， 由|x +2y +3z|≥4，则x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87；（2）由于|a +2|≤72(x 2+y 2+z 2)对满足条件的一切实数x ，y ，z 恒成立，且x 2+y 2+z 2的最小值为87， 则|a +2|≤4， 则有−4≤a +2≤4 则−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 20. 【答案】解：(1)∵ f(x)=|2x +1|+|x +5|={−3x −6,x ≤−5,−x +4,−5<x <−12,3x +6,x ≥−12,∴ {−3x −6<9,x ≤−5,或{−x +4<9,−5<x <−12,或{5x +6<9,x ≥−12, 解得：x 无解，或−5<x <−12，或−12≤x <1， 综上可得：不等式f (x )<9 的解集为(−5,1).(2)∵ a ，b ，c 均为正数， ∴ 3a +3b +3c +18=24， 即：a +b +c =2， ∴ 由柯西不等式可得：(b 2a+c 2b+a 2c)(a +b +c )≥(b +c +a )2， ∴ b 2a +c 2b+a 2c≥2.【考点】绝对值不等式的解法与证明 柯西不等式一般形式的柯西不等式【解析】(1)分情况讨论去掉绝对值，再分别解不等式即可；(2)由于化简得到a +b +c =2，与要证的结论能构成柯西不等式模型，故直接用柯西不等式证明即可. 【解答】解：(1)∵ f(x)=|2x +1|+|x +5|={−3x −6,x ≤−5,−x +4,−5<x <−12,3x +6,x ≥−12,∴ {−3x −6<9,x ≤−5,或{−x +4<9,−5<x <−12,或{5x +6<9,x ≥−12,解得：x 无解，或−5<x <−12，或−12≤x <1，综上可得：不等式f (x )<9 的解集为(−5,1). (2)∵ a ，b ，c 均为正数， ∴ 3a +3b +3c +18=24， 即：a +b +c =2， ∴ 由柯西不等式可得：(b 2a +c 2b+a 2c)(a +b +c )≥(b +c +a )2，∴ b 2a +c 2b+a 2c≥2.21.【答案】解：(1)f (x )=|x|+|x|+|x −2|≥|x|+|x −(x −2)|=|x|+2≥2，当且仅当x =0时等号成立， 故m =2 .(2)由(1)知 ，a 2+b 2=2，由柯西不等式得(11+a 2+12+b 2)(1+a 2+2+b 2)≥(1+1)2 ，当且仅当a 2=32,b 2=12时等号成立， ∴ 11+a +12+b ≥4a +b +3=45， 故11+a 2+12+b 2的最小值为45． 【考点】一般形式的柯西不等式 绝对值三角不等式 【解析】【解答】解：(1)f (x )=|x|+|x|+|x −2|≥|x|+|x −(x −2)|=|x|+2≥2， 当且仅当x =0时等号成立， 故m =2 .(2)由(1)知 ，a 2+b 2=2，由柯西不等式得(11+a 2+12+b 2)(1+a 2+2+b 2)≥(1+1)2 ， 当且仅当a 2=32,b 2=12时等号成立， ∴ 11+a 2+12+b 2≥4a 2+b 2+3=45，故11+a2+12+b2的最小值为45．22.【答案】解：(1)|x −1|−|x +2|≤|(x −1)−(x +2)|=3， "=”当x =−2时成立．若不等式|x −1|−|x +2|≥|m +1|有解， 则满足|m +1|≤3，解得−4≤m ≤2 ∴ 实数m 的取值范围是[−4,2]． (2)由(1)知M =2，故正数a,b,c 满足a +2b +2c =2， ∴ 1a+b +3b+c +4c+a =(a +b )+(3b +3c )+(c +a )4(1a +b +93b +3c +4c +a)≥(√1+√9+√4)24=9.【考点】 绝对值不等式一般形式的柯西不等式 绝对值不等式的解法与证明【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)|x −1|−|x +2|≤|(x −1)−(x +2)|=3， "=”当x =−2时成立．若不等式|x −1|−|x +2|≥|m +1|有解， 则满足|m +1|≤3，解得−4≤m ≤2 ∴ 实数m 的取值范围是[−4,2]． (2)由(1)知M =2，故正数a,b,c 满足a +2b +2c =2， ∴1a+b+3b+c+4c+a=(a +b )+(3b +3c )+(c +a )4(1a +b +93b +3c +4c +a )≥(√1+√9+√4)24=9.23.【答案】解：（1）由柯西不等式得，(x 2x +2y +3z +y 2y +2z +3z +z 2z +2x +3y )[(x +2y +3z)+(y +2z +3x)+(z +2x +3y)]≥(x +y +z)2=27 得：x 2x+2y+3z +y 2y+2z+3x +z 2z+2x+3y ≥√32；（2）∵1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x=1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx)，由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)），由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)）≥9所以，(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))≥9(log3(xy)+log3(yz)+log3(zx))=92log3(xyz)，又∵ 3√3=x+y+z≥3√xyz3．∴xyz≤3√3．∴log3xyz≤32．得92log3xyz≥92×23=3所以，1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x≥3当且仅当x=y=z=√3时，等号成立．故所求的最小值是3．【考点】一般形式的柯西不等式平均值不等式在函数极值中的应用【解析】（1）可以将不等式左边乘以）[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]然后利用柯西不等式进行放缩求解；（2）根据对数函数的性质，然后再利用柯西不等式进行放缩，注意不等式取等号的条件进行证明；【解答】解：（1）由柯西不等式得，(x2+y2+z2)[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]≥(x+y+z)2=27得：x 2x+2y+3z +y2y+2z+3x+z2z+2x+3y≥√32；（2）∵1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x=1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx)，由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)），由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)）≥9所以，(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))≥9(log3(xy)+log3(yz)+log3(zx))=92log3(xyz)，又∵ 3√3=x+y+z≥3√xyz3．∴xyz≤3√3．∴log3xyz≤32．得92log3xyz≥92×23=3所以，1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x≥3当且仅当x=y=z=√3时，等号成立．故所求的最小值是3．24.【答案】解：(1)由条件0<a+b2<1，从而ab=2a⋅b2≤2(a+b22)2<2×(12)2=12，∴不存在满足已知条件的a，b，使得ab=12．(2)由柯西不等式可得：(√a+√b+√c)2=(1⋅√a+√2.√b2+√3⋅√c3)2，≤[12+(√2)2+(√3)2]⋅(a+b2+03)=6，∴√a+√b+√c≤√6，等号成立的条件为√a1=√b2√2=√c3√3，结合a+b2+a3=1，可知a=16，b=23，c=32，∴√a+√b+√c的最大值为√6．【考点】基本不等式一般形式的柯西不等式【解析】【解答】解：(1)由条件0<a+b2<1，从而ab=2a⋅b2≤2(a+b22)2<2×(12)2=12，∴不存在满足已知条件的a，b，使得ab=12．(2)由柯西不等式可得：(√a+√b+√c)2=(1⋅√a+√2.√b2+√3⋅√c3)2，≤[12+(√2)2+(√3)2]⋅(a+b2+03)=6，∴√a+√b+√c≤√6，等号成立的条件为√a1=√b2√2=√c3√3，结合a+b2+a3=1，可知a =16，b =23，c =32，∴ √a +√b +√c 的最大值为√6． 25.【答案】解：(1)①当x ≤0时，f(x)=2−x −(−2x)=x +2， 由f(x)>1，即x +2>1， 解得x >−1，又x ≤0， 所以−1<x ≤0；②当0<x <2时，f(x)=2−3x ， 由f(x)>1，即2−3x >1， 解得x <13，又0<x <2，所以0<x <13；③当x ≥2时，f(x)=−x −2， 由f(x)>1，得x ∈⌀，综上，不等式f(x)>1的解集为(−1,13)． (2)因为f (13)=|13−2|−2×|13|=1，故a +4b +9c =3，所以1a +4b +9c =13(a +4b +9c)(1a +4b +9c ) 因为a, b, c >0，所以由柯西不等式：上式=13[(√a)2+(2√b)2+(3√c)2]⋅[(√1a)2+(2√1b)2+(3√1c)2]≥13(√a ⋅√1a +2√b ⋅2√1b +3√c ⋅3√1c )2 =13(1+4+9)2 =1963，当且仅当a =b =c =314时，等号成立.【考点】一般形式的柯西不等式绝对值不等式的解法与证明【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)①当x ≤0时，f(x)=2−x −(−2x)=x +2， 由f(x)>1，即x +2>1， 解得x >−1，又x ≤0， 所以−1<x ≤0；②当0<x <2时，f(x)=2−3x ， 由f(x)>1，即2−3x >1， 解得x <13，又0<x <2， 所以0<x <13；③当x ≥2时，f(x)=−x −2， 由f(x)>1，得x ∈⌀，综上，不等式f(x)>1的解集为(−1,13)． (2)因为f (13)=|13−2|−2×|13|=1， 故a +4b +9c =3，所以1a+4b+9c=13(a +4b +9c)(1a+4b+9c)因为a, b, c >0，所以由柯西不等式：上式=13[(√a)2+(2√b)2+(3√c)2]⋅[(√1a )2+(2√1b )2+(3√1c )2] ≥13(√a ⋅√1a +2√b ⋅2√1b +3√c ⋅3√1c )2 =13(1+4+9)2=1963，当且仅当a =b =c =314时，等号成立.26. 【答案】解：(1)由题意得f (x )={5−2x,x ≤1,3,1<x <4,2x −5,x ≥4.∵ f (x )≤5，∴ {5−2x ≤5,x ≤1,或{3≤5,1<x <4,或{2x −5≤5,x ≥4,∴ 0≤x ≤5 ，∴ 不等式解集为{x|0≤x ≤5}.(2)由(1)知，f (x )在(−∞,1)上单调递减， (4,+∞)上单调递增， ∴ f (x )min =3， ∴ M =3．解法1：a +b =3 ，∴ (a +2)+(b +1)=6， ∴ 1a+2+1b+1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)]=16(2+b+1a+2+a+2b+1)≥16(2+2)=23． 解法2：由柯西不等式得，1a +2+1b +1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] ≥16(√a +2√a +2+√b +1√b +1)2=46=23，当且仅当{a +2=b +1,a +b =3,时，即 a =1，b =2时，1a+2+1b+1的最小值为23． 【考点】绝对值不等式的解法与证明 基本不等式在最值问题中的应用 一般形式的柯西不等式 【解析】 无 无 【解答】解：(1)由题意得f (x )={5−2x,x ≤1,3,1<x <4,2x −5,x ≥4.∵ f (x )≤5，∴ {5−2x ≤5,x ≤1,或{3≤5,1<x <4,或{2x −5≤5,x ≥4,∴ 0≤x ≤5 ，∴ 不等式解集为{x|0≤x ≤5}.(2)由(1)知，f (x )在(−∞,1)上单调递减， (4,+∞)上单调递增， ∴ f (x )min =3， ∴ M =3．解法1：a +b =3 ，∴ (a +2)+(b +1)=6， ∴1a+2+1b+1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] =16(2+b+1a+2+a+2b+1)≥16(2+2)=23． 解法2：由柯西不等式得，1a +2+1b +1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] ≥16(√a +2√a +2+√b +1√b +1)2=46=23，当且仅当{a +2=b +1,a +b =3,时，即 a =1，b =2时，1a+2+1b+1的最小值为23．27.【答案】证明：根据柯西不等式(n =3)得，[(1+a 2)+(1+b 2)+(1+c 2)]•(a 21+a +b 21+b +c 21+c )≥(a +b +c)2， 即a 2+b 2+c 2+3≥(a +b +c)2， 整理得，ab +bc +ac ≤32，再由基本不等式：ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3， 两边立方得，a 2b 2c 2≤(ab+bc+ac 3)3≤18，所以，abc ≤√18=√24， 即abc ≤√24，证毕． 【考点】一般形式的柯西不等式 不等式的证明 【解析】先用柯西不等式得出ab +bc +ac ≤32，再用基本不等式ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3，得出abc ≤√24． 【解答】证明：根据柯西不等式(n =3)得，[(1+a 2)+(1+b 2)+(1+c 2)]•(a 21+a 2+b 21+b 2+c 21+c 2)≥(a +b +c)2， 即a 2+b 2+c 2+3≥(a +b +c)2， 整理得，ab +bc +ac ≤32，再由基本不等式：ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3， 两边立方得，a 2b 2c 2≤(ab+bc+ac 3)3≤18，所以，abc ≤√18=√24， 即abc ≤√24，证毕． 28.【答案】证明：只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ，当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2] =(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况． 此时，由柯西不等式及均值不等式，可得(ax +by)2+(bx +cy)2=(ax √2⋅√2y)2+(√2⋅√2x +cy)2+≤(a 2+b 22)(x 2+2y 2)+(b 22+c 2)(2x 2+y 2)=32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2)−12(x 2−y 2)(a 2−c 2) ≤32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2) ≤32•(x 2+y 2+a 2+b 2+c 22)2=32⋅16×16×214=2016．故不等式得证．【考点】 不等式的证明一般形式的柯西不等式【解析】只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ，当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2]=(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况．此时，由柯西不等式及均值不等式，化简整理，即可得证． 【解答】证明：只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ， 当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2] =(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况． 此时，由柯西不等式及均值不等式，可得(ax +by)2+(bx +cy)2=(ax √2⋅√2y)2+(√2⋅√2x +cy)2+≤(a 2+b 22)(x 2+2y 2)+(b 22+c 2)(2x 2+y 2)=32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2)−12(x 2−y 2)(a 2−c 2) ≤3(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2) ≤32•(x 2+y 2+a 2+b 2+c 22)2=32⋅16×16×214=2016．故不等式得证． 29.【答案】证明：因为已知x 2+3y 2+4z 2=2根据柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得：即(x +3y +4z)2≤(x 2+3y 2+4z 2)(12+√32+22)≤2×8=16 故：|x +3y +4z|≤4．【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】分析题目已知x 2+3y 2+4z 2=2，求证：|x +3y +4z|≤4．考虑到应用柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)，首先构造出柯西不等式求出(x +3y +4z)2的最大值，开平方根即可得到答案． 【解答】证明：因为已知x 2+3y 2+4z 2=2根据柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得：即(x +3y +4z)2≤(x 2+3y 2+4z 2)(12+√32+22)≤2×8=16 故：|x +3y +4z|≤4． 30.【答案】(1)解：由于[(x −1)+(y +1)+(z +1)]2=(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x −1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x −1)]≤3[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]，故由已知得(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43，当且仅当x =53，y =−13，z =−13时等号成立；(2)证明：由于[(x −2)+(y −1)+(z −a)]2=(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2+2[(x −2)(y −1)+(y −1)(z −a)+(z −a)(x −2)]≤3[(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2]， 由已知得，(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥(2+a)23，当且仅当x =4−a 3，y =1−a 3，z =2a−23时等号成立，因此(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值为(2+a)23，由题设知(2+a)23≥13，解得a ≤−3或a ≥−1.【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】（1）运用柯西不等式可得(12+12+12)[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]≥(x −1+y +1+z +1)2＝4，可得所求最小值；（2）运用柯西不等式求得(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值，由题意可得13不大于最小值，解不等式可得所求范围． 【解答】(1)解：由于[(x −1)+(y +1)+(z +1)]2=(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x −1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x −1)]≤3[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]，故由已知得(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43， 当且仅当x =53，y =−13，z =−13时等号成立； (2)证明：由于[(x −2)+(y −1)+(z −a)]2=(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2+2[(x −2)(y −1)+(y −1)(z −a)+(z −a)(x −2)]≤3[(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2]， 由已知得，(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥(2+a)23，当且仅当x =4−a 3，y =1−a 3，z =2a−23时等号成立，因此(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值为(2+a)23，由题设知(2+a)23≥13，解得a ≤−3或a ≥−1. 31.【答案】解：∵ x 2+y 2≥2xy ，x 2+z 2≥2xz ，y 2+z 2≥2yz ， ∴ 2x 2+2y 2+2z 2≥2xy +2xz +2yz ．∴ 3x 2+3y 2+3z 2≥x 2+y 2+z 2+2xy +2xz +2yz ∴ 3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z)2=1∴ x 2+y 2+z 2≥13．原不等式得证． 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】先利用基本不等式a 2+b 2≥2ab ，同时变形利用x +y +z =1，即(x +y +z)2=1即可证得结论． 【解答】解：∵ x 2+y 2≥2xy ，x 2+z 2≥2xz ，y 2+z 2≥2yz ， ∴ 2x 2+2y 2+2z 2≥2xy +2xz +2yz ．∴ 3x 2+3y 2+3z 2≥x 2+y 2+z 2+2xy +2xz +2yz ∴ 3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z)2=1∴ x 2+y 2+z 2≥13． 原不等式得证． 32.【答案】解：由柯西不等式，得[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)， 即(x −2y −3z)2≤14(x 2+y 2+z 2)，… 即16≤14(x 2+y 2+z 2)．所以x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87．…【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用题中条件：“x −2y −3z =4”构造柯西不等式：[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)，利用这个条件进行计算即可． 【解答】解：由柯西不等式，得[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)， 即(x −2y −3z)2≤14(x 2+y 2+z 2)，… 即16≤14(x 2+y 2+z 2)．所以x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87．… 33. 【答案】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2 当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】先由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2从而得到关于a 的不等关系：5−a 2≥(3−a)2，解之即a 的取值范围． 【解答】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2 当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 34. 【答案】解：由于(1a +2b +3c )(a +2b +3c)=[(√1a )2+(√2b )2+(√3c )2][(√a)2+(√2b)2+(√3c)2]≥(√1a √a +√2b √2b +√3c √3c)2=36又1a +2b +3c =2，∴ a +2b +3c ≥18，当且仅当a =b =c =3时等号成立当a =b =c =3时，a +2b +3c 取得最小值18 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用柯西不等式，即可求得a +2b +3c 的最小值及取得最小值时a ，b ，c 的值． 【解答】解：由于(1a+2b+3c)(a +2b +3c)=[(√1a)2+(√2b)2+(√3c)2][(√a)2+(√2b)2+(√3c)2]≥(√1a √a +√2b √2b +√3c √3c)2=36又1a +2b +3c =2，∴ a +2b +3c ≥18，当且仅当a =b =c =3时等号成立当a =b =c =3时，a +2b +3c 取得最小值18 35.【答案】(1)解：∵ x ，y ，x 是正实数，且x +2y +3z =1， ∴ 1x +1y +1z =(1x +1y +1z )(x +2y +3z) =6+2y x +3z x +x y +3z y +x z +2y z =6+(2y x +x y )+(3z x +x z )+(3z y +2y z) ≥6+2√2+2√3+2√6，当且仅当x =√2y =√3z 时取等号.即1x+1y+1z的最小值为6+2√2+2√3+2√6.(2)证明：由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)， ∴ x 2+y 2+z 2≥114，当且仅当x =2y =3z 时， 即x =13，y =16，z =19时取等号． 故x 2+y 2+z 2≥114．【考点】一般形式的柯西不等式基本不等式在最值问题中的应用 【解析】（1）由题意整体代入可得1x +1y +1z =6+(2yx +xy )+(3zx +xz )+(3zy +2y z)，由基本不等式可得；（2）由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)，由不等式的性质可得．【解答】(1)解：∵ x ，y ，x 是正实数，且x +2y +3z =1， ∴ 1x+1y+1z=(1x+1y+1z)(x +2y +3z)=6+2y x +3z x +x y +3z y +x z +2y z =6+(2y x +x y )+(3z x +x z )+(3z y +2y z) ≥6+2√2+2√3+2√6，当且仅当x =√2y =√3z 时取等号.即1x+1y+1z的最小值为6+2√2+2√3+2√6.(2)证明：由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)， ∴ x 2+y 2+z 2≥114，当且仅当x =2y =3z 时，即x =13，y =16，z =19时取等号． 故x 2+y 2+z 2≥114．。