高中数学人教A版选修4-5学案：第3讲章末分层突破

课堂导学三点剖析一,利用分析法证明不等式【例1】 (1)设a>b>0,求证:333b a b a ->-.(2)已知0<α<π,证明2sin2α≤cot 2α,并指出等号成立的条件. 证明：(1)要证333b a b a ->-,∵a>b>0,有3b a ->0,∴需证(3b a -)3>(33b a -)3,展开得a-b>a-323b a +b ab -323, 即证明)(3333b a ab ->0, 也就是证33b a ->0,在题设条件下这一不等式显然成立,∴原不等式成立.(2)要证2sin2α≤cot 2α, 由0<α<π知sinα>0,只需证2sinα·sin2α≤1+cosα,即证明4sin 2αcosα-(1+cosα)≤0,也就是证(1+cosα)［4(1-cosα)cosα-1］≤0,而1+cosα>0,于是只要证-4cos 2α+4cosα-1≤0,即-(2cosα-1)2≤0,就是(2cosα-1)2≥0,这是显然的.∴2sin2α≤cot 2α,等号在2cosα=1,α=3π时取得. 各个击破类题演练1若a,b,c 三数均大于1,且ab=10,求证:log a c+log b c≥4lgc.证明:由于a>1,b>1,要证log a c+log b c≥4lgc,需证b c a c lg lg lg lg +≥4lgc, 而lgc>0, 因此只要证ba lg 1lg 1+≥4, 即证ba b a lg lg lg lg +≥4.∵ab=10,有lga+lgb=1, 于是只需证lga·lgb≤41, 而lga·lgb≤(2lg lg b a +)2=41. ∴不等式log a c+log b c≥4lgc 成立.变式提升1已知a>0,b 1-a 1>1,求证:ba ->+111. 证明:要证b a ->+111, 只要证b a -•+11,即证(1+a)(1-b)>1,就是证a-b-ab>0.①而已知条件a>0,b 1-a 1>1b>0,且a-b>ab,可知①式成立, ∴ba ->+111成立. 二、分析法和综合法的综合运用【例2】 a>0,b>0,a≠b,且a 3-b 3=a 2-b 2,求证:1<a+b<34. 分析：从已知等式a 3-b 3=a 2-b 2⇒a+b>1是件容易的事,如何证a+b<34呢?用综合法难以下手,我们用分析法来证.证明:∵a 3-b 3=a 2-b 2,∴a 2+ab+b 2=a+b(∵a≠b).①∴(a+b)2=a 2+2ab+b 2>a 2+ab+b 2=(a+b).∴a+b>1.②要证a+b<34,需证3(a+b)<4, 于是证3(a+b)2<4(a+b).又由①式可知,必须证3(a 2+b 2+2ab)<4(a 2+ab+b 2),然后证a 2-2ab+b 2>0,即证(a-b)2>0,而这一结论在a≠b 时是恒成立的.∴a+b<34.③ 由②③知1<a+b<34. 温馨提示到底何时用分析法,何时用综合法,需根据具体情况灵活选择,有人喜欢用分析法开路,用综合法书写,这是扬长避短,值得借鉴.类题演练2设a+b=1,且a>0,b>0,求证:(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 证明:要证(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225, 只要证(a 2+b 2)+(21a +21b )+4≥225, 只要证(a 2+b 2)+(21a +21b )≥217. ∵ab≤(2b a +)2=41, ∴ab 1≥4.∴21a +21b ≥ab 2≥8. 又∵a 2+b 2≥2)(2b a +=21, ∴(a 2+b 2)+(21a +21b )≥217. ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 当且仅当a=b 时，取等号.变式提升2已知x>0,y>0,求证:(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31.证法一:要证(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31,只要证(x 2+y 2)3>(x 3+y 3)2,即证x 6+3x 4y 2+3x 2y 4+y 6>x 6+2x 3y 3+y 6.∵x>0,y>0,即证3x 2+3y 2>2xy,∵3x 2+3y 2>x 2+y 2≥2xy,即3x 2+3y 2>2xy,∴(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31.以上证法显然是分析法.倒着写回去就是综合法.证法二:由x>0,y>0,∴3x 2+3y 2>x 2+y 2≥2xy,即3(x 2+y 2)x 2y 2>2xy·x 2y 2.∴3x 4y 2+3x 2y 4>2x 3y 3.两边都加上x 6+y 6,得x 6+y 6+3x 4y 2+3x 2y 4>x 6+y 6+2x 3y 3,即(x 2+y 2)3>(x 3+y 3)2.两边开6次方得(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31.三、多种证明方法的比较【例3】 已知a>0,b>0,求证:b a a bb a+≥+.分析一:比较法是证明不等式的最基本的方法.作差后,注意到b ba b b aa ab a a b-=-•-=-,提出公因式a-b,即可证明此不等式.证法一：∵a>0,b>0,∴(a b ba+)-(b a +) =(b b a-)+(a ab -) =ab b a b a ab b a b a a ab b b a 2))(())((-+=--=-+-≥0. ∴b a a bb a+≥+.分析二:此不等式中含有根式,因此可以考虑先去根式再予以证明.事实上,两边平方即可去根式.证法二:∵a>0,b>0, ∴要证明b a a bb a+≥+,只需证明(ab b a +)2≥(b a +)2, 展开得b ab a ab ab b a ++≥++2222, 即ab b a 22+≥a+b.① 注意到a>0,b>0,上式变形得a 3+b 3≥ab(a+b),即(a+b)(a 2-ab+b 2)≥ab(a+b),两边除以a+b,得a 2-ab+b 2≥ab,即(a-b)2≥0.此式显然成立,∴b a a bb a+≥+.分析三:对根式进行整体换元,也可达到去掉根式的目的.证法三:令a =c,b =d,∵a>0,b>0,∴c>0,d>0, 原不等式即cd d c 22+≥c+d.② ②式与证法二中的①式结构完全相同,故后面的证明从略.分析四:注意到所证不等式左边是分式,而右边为整式,故还可考虑去分母,转化为整式不等式再予以证明.证法四:∵a>0,b>0, ∴要证不等式b a a bb a+≥+,只需证明(a )3+(b )3≥ab (a +b ),即证(a +b )(a-ab +b)≥ab (a +b ),即a-ab +b≥ab ,即(a -b )2≥0.此式显然成立,∴b a a bb a+≥+.分析五:我们还可借助于均值不等式, 即由b b a+≥a 2,a b +a ≥b 2,而巧妙地达到化分式为整式的目的.证法五:∵a>0,b>0, ∴b b a+≥a 2,a b +a ≥b 2,两式相加得 (b b a+)+(a b +a )≥a 2+b 2, 从而b a a b b a+≥+.分析六:由证法五的启示,还可在原不等式的两边同时乘以不等式的右边的式子,即转化为证明不等式(a +b )(a bb a+)≥(a +b )2,将不等式的左这展开并利用均值不等式即可获证.证法六:∵a>0,b>0,∴(a +b )·(a bb a+)=a bb b b aa +++a=a+b+a bb b a a +≥a+b+ab 2=(a +b )2, ∴a bb a+≥a +b .温馨提示比较法是证明不等式最基本的方法,通常在作差(或作商)后,通过运用不等式的性质,推论来判断差式的符号(或商式与1的大小关系).分析法和综合法既是证明不等式的常用方法,也是分析,解决问题的重要的数学思维方法.证明不等式的方法灵活多样,在证明过程中,要注意观察不等式的结构特点,把握问题的实质,才能合理选择证明方法,创造出一些巧法,妙法. 类题演练3 已知a,b 都为正实数，且a+b=1,求证:(a+a 1)(b+b 1)≥425. 证法一:∵(a+a 1)(b+b 1)=ab+ab 1+a b +ba , 由于b a +a b ≥2,故只要证明ab+ab 1≥417, 即证4a 2b 2-17ab+4≥0,即(4ab-1)(ab-4)≥0.由条件a+b=1,得ab≤(2b a +)2=41, ∴4ab-1≤0,ab -4<0.∴(4ab-1)(ab-4)≥0.∴4a 2b 2-17ab+4≥0.∴4ab-17+ab 4≥0,即ab+ab 1≥417. 又∵a b +ba ≥2, ∴ab+ab 1+b a +a b ≥2+417=425. ∴(a+a 1)(b+b 1)≥425. 证法二:∵a+b=1,∴(a+b)2=1,即a 2+b 2=1-2ab. 要证(a+a 1)(b+b 1)≥425, 只要证明4(a 2+1)(b 2+1)≥25ab,即4a 2b 2+(4a 2+4b 2)+4≥25ab,即4a 2b 2+4(1-2ab)+4-25ab≥0.整理得4a 2b 2-33ab+8≥0.只需证明(4ab-1)(ab-8)≥0.(*)∵ab≤(2b a +)2=41, ∴4ab-1≤0,ab -8<0.∴(4ab-1)(ab-8)≥0成立.其中当且仅当a=b=21时取“=”. ∴(a+a 1)(b+b 1)≥425. 变式提升3(1)求证:n n n 211<-++(n≥1).证法一:(分析法)要证原不等式成立，只需证22)2()11(n n n <-++.展开得 (n+1)+(n-1)+)1)(1(2-+n n <4n,即12-n <n. 只要证明n 2-1<n 2,即-1<0,此不等式显然成立, 即证明了n n n 211<-++. 证法二:(比较法) ∵)1()1(211----+--++n n n n n n n nn n n n n n n +-+<-+-++=111111 ∴n n n 211<-++. 证法三:(综合法)n n n n n =-++<-++2)1()1(21122 (2)求证:log n (n+1)>log (n+1)(n+2),其中n ∈N *且n>1. 证明:欲证log n (n+1)>log (n+1)(n+2)(其中n ∈N *且n>1), 只需证)1lg()2lg(lg )1lg(++>+n n n n , 只需证lgnlg(n+2)<lg 2(n+1),而lgn·lg(n+2)<22]2)2(lg []2)2lg(lg [+=++n n n n <41［lg(n 2+2n+1)］2=lg 2(n+1)成立.故log n (n+1)>log (n+1)(n+2)成立.(3)已知a,b,c ∈R +,且a+b+c=1.求证:a 2+b 2+c 2≥31. 证法一:∵1=(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca), 又2ab≤a 2+b 2,2bc≤b 2+c 2,2ca≤c 2+a 2,∴2(ab+bc+ca)≤2(a 2+b 2+c 2).∴a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca)≤3(a 2+b 2+c 2). ∴a 2+b 2+c 2≥31. 证法二:(分析法)∵a 2+b 2+c 2≥31 ⇔3(a 2+b 2+c 2)≥(a+b+c)2⇔2(a 2+b 2+c 2)≥2(ab+bc+ca)⇔(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0,∴原不等式成立.证法三:∵a 2+91≥32a,b 2+91≥32b,c 2+91≥32c, ∴(a 2+91)+(b 2+91)+(c 2+91) ≥32a+32b+32c =32(a+b+c)=32. ∴a 2+b 2+c 2≥31.。

．．．
【解析】由(＋＋)
≥＝，
所以所求最小值为.
【答案】
．设，，均小于，且＋＋＝，则＋＋的最大值为()
【导学号：】
．．．
【解析】由排序不等式＋＋≥＋＋，
所以＋＋≤.
【答案】
．若＋＋＝，则＋＋的最小值是()
．．
【解析】∵＝＋＋≤·，
∴＋＋≥，
即＋＋的最小值为.
【答案】
．函数()＝＋，则()的最大值是()
．
【解析】不妨设≤≤≤…≤，
则≥≥…≥，，，…，是，，…，的一个排列．
再利用排序不等式的反序和≤乱序和求解，
所以＋＋…＋≥＋＋…＋＝，
当且仅当＝＝…＝时等号成立．故选.
【答案】
二、填空题(本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上)
．设，，∈，且满足＋＋＝，＋＋＝，则＋＋＝.
【导学号：】
【解析】由柯西不等式可得(＋＋)(＋＋)≥(＋＋)，即(＋＋)≤，因此＋＋≤.因为＋＋＝，所以＝＝，解得＝，＝，＝，于是＋＋＝.
．设，，…，为正实数，＝，＝，则，间的大小关系为()
．>．≥
．<≤
【解析】∵(＋＋…＋)≥＝，
∴≥，
即≥.
【答案】
．设，，为正数，则＋＋与＋＋大小为()
．>．≥．<.≤
【解析】不妨设≥≥>，于是
≤≤，≤≤，
由排序不等式得，
＋＋≥·＋·＋·
＝＋＋，即＋＋≥＋＋.
【答案】
．设，，…，是，，…，的某一排列(，，…，均为正数)，则＋＋…＋的最小值是()
设，，为正实数，且＋＋＝，求＋＋的最大值．
【规范解答】由于，，为正实数，根据柯西不等式，知

一二维形式的柯西不等式考纲定位重难突破1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式，以及定理1、定理2、定理3等几种不同形式，理解它们的几何意义．2.会用柯西不等式的代数形式和向量形式以及定理1、定理2.重点：二维形式柯西不等式的几何意义．难点：会利用二维形式的柯西不等式进行简单证明.授课提示：对应学生用书第27页[自主梳理]一、二维形式的柯西不等式1．若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．2．二维形式的柯西不等式的推论(a＋b)(c＋d)≥(ac＋bd)2(a，b，c，d为非负实数)；a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；a2＋b2·c2＋d2≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．二、柯西不等式的向量形式设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．三、二维形式的三角不等式1.x21＋y21＋x22＋y22≥(x1－x2)2＋(y1－y2)2(x1，y1，x2，y2∈R)．2．推论：(x1－x3)2＋(y1－y3)2＋(x2－x3)2＋(y2－y3)2≥(x1－x2)2＋(y1－y2)2，(x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R)．[双基自测]1．函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是( ) A.3 B ． 5 C ．3D ．5解析：根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x ≤12＋22×(x －5)2＋(6－x )2＝5，当且仅当6－x ＝2x －5，即x ＝265时，等号成立．答案：B2．已知a ，b >0，且a ＋b ＝1，则(4a ＋1＋4b ＋1)2的最大值是( ) A ．2 6 B ． 6 C ．6D ．12解析：(4a ＋1＋4b ＋1)2 ＝(1×4a ＋1＋1×4b ＋1)2 ≤(12＋12)(4a ＋1＋4b ＋1) ＝2[4(a ＋b )＋2] ＝2×(4×1＋2)＝12， 当且仅当4b ＋1＝4a ＋1， 即a ＝b ＝12时等号成立．答案：D3．设a ＝(－2,1,2)，|b |＝6，则a ·b 的最小值为________，此时b ＝________. 解析：根据柯西不等式的向量形式，有|a ·b |≤|a |·|b |， ∴|a ·b |≤(－2)2＋12＋22×6＝18，当且仅当存在实数k ，使a ＝k b 时，等号成立． ∴－18≤a ·b ≤18. ∴a ·b 的最小值为－18， 此时b ＝－2a ＝(4，－2，－4)． 答案：－18 (4，－2，－4)4．设a ，b ，c ，d ，m ，n 都是正实数，P ＝ab ＋cd ，Q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn，则P 与Q 的大小关系是________．解析：∵a ，b ，c ，d ，m ，n 都是正实数， ∴ma ＋nc ·b m ＋dn＝(ma ＋nc )(b m ＋dn)≥(ma ·b m ＋nc ·dn)2＝(ab ＋cd )2＝ab ＋cd .当且仅当m 2a b ＝n 2cd 时，“＝”成立．答案：Q ≥P授课提示：对应学生用书第28页探究一 利用柯西不等式证明不等式[例1] 设a ，b ，c 为正数，求证：a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2≥2(a ＋b ＋c )． [证明] 因为a ，b ，c 为正数，所以由柯西不等式得， a 2＋b 2·12＋12≥a ＋b ， 即2·a 2＋b 2≥a ＋b ， ① 同理2·b 2＋c 2≥b ＋c ， ② 2·a 2＋c 2≥a ＋c ， ③将①②③相加得2(a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2)≥2(a ＋b ＋c )， ∴a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2≥2(a ＋b ＋c )．利用二维形式柯西不等式的代数形式证题时，关键在于利用已知条件和所证不等式，构造柯西不等式的基本形式：一是和的乘积形式；二是和的完全平方形式，然后再进行整体换元、应用．1．设a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2.求证：a 22－a ＋b 22－b ≥2.证明：根据柯西不等式，有： [(2－a )＋(2－b )]⎝⎛⎭⎫a 22－a ＋b 22－b ＝[(2－a )2＋(2－b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－b 2≥⎝⎛⎭⎪⎫2－a ·a 2－a ＋2－b ·b 2－b 2＝(a ＋b )2＝4. ∴a 22－a ＋b 22－b ≥4(2－a )＋(2－b )＝2.当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立． ∴原不等式成立．探究二 利用柯西不等式求最值[例2] 求函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值． [解析] 函数的定义域为{x |1≤x ≤5}． y ＝5x －1＋25－x ≤52＋2x －1＋5－x ＝27×2＝63，当且仅当55－x ＝2x －1，即x ＝12727时取等号，故函数的最大值为6 3.利用柯西不等式求最值(1)先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；(2)有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；(3)而有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．2．若2x ＋3y ＝1，求x 2＋y 2的最小值及最小值点． 解析：由柯西不等式得(x 2＋y 2)(22＋32)≥(2x ＋3y )2，即13(x 2＋y 2)≥1，所以x 2＋y 2≥113，当且仅当3x ＝2y 时，等号成立．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y ＝1，3x ＝2y .解得⎩⎨⎧x ＝213，y ＝313.所以x 2＋y 2的最小值为113，最小值点为⎝⎛⎭⎫213，313. 探究三 柯西不等式向量形式的应用[例3] 已知p 、q ∈R ＋，且p 3＋q 3＝2.求证：p ＋q ≤2.[证明] p 、q ∈R ＋，且p 3＋q 3＝2，设α＝(p 3，q 3)，β＝(p ，q )，由向量数量积知|α||β|≥|α·β|，则|α|2·|β|2≥(α·β)2，即(p 3＋q 3)(p ＋q )≥(p 3·p ＋q 3·q )2， ∴(p 3＋q 3)(p ＋q )≥(p 2＋q 2)2. 又∵(p 2＋q 2)(12＋12)≥(p ＋q )2，∴(p 3＋q 3)(p ＋q )≥(p ＋q )44，∴(p ＋q )3≤8，即p ＋q ≤2.应用二维形式柯西不等式的代数形式证题时常需要构造两列数，同样，向量形式的柯西不等式需要构造两个向量，通常我们使构造的向量满足待证不等式一侧的形式，再证另一侧．同时要注意向量模的计算公式|a |＝x 2＋y 2对数学式子的影响．3．已知x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，求函数f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2 x 的最大值，并说明等号成立的条件．解析：设m ＝(3,4)，n ＝(cos x ，1＋sin 2 x )，则根据柯西不等式的向量形式可得：f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2 x ≤32＋42·cos 2 x ＋1＋sin 2 x ＝5 2.当且仅当m ∥n 时上式取等号，此时， 31＋sin 2 x －4cos x ＝0， 而且x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，解得sin x ＝75. 所以当sin x ＝75时， f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2 x 取最大值为5 2.二维柯西不等式的综合应用[典例] 已知关于x 的不等式|x ＋a |<b 的解集为{x |2<x <4}． (1)求实数a ，b 的值； (2)求at ＋12＋bt 的最大值．[解析] (1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧ －b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t ＝34－t ＋t ≤[(3)2＋12][(4－t )2＋(t )2]＝24－t ＋t ＝4， 当且仅当4－t 3＝t1，即t ＝1时，等号成立， 故(－3t ＋12＋t )max ＝4.[规律探究] (1)本题(1)考查绝对值不等式的解法，用好等价关系|x ＋a |<b ⇔－b <x ＋a <b 是解答本题的关键．(2)本题(2)考察柯西不等式的应用，显然需要构造二维柯西不等式的相关条件和结构特征，而获得最值的关键是确保含t 的一组数的平方和必须是定值，最后还要验证等号成立的条件.[随堂训练] 对应学生用书第29页1．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是( ) A.56 B ．65C.2536D ．3625解析：法一：正用柯西不等式，2x 2＋3y 2＝15[(2x )2＋(3y )2][(3)2＋(2)2]≥15(6x ＋6y )2＝65，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝12x ＝3y ，即⎩⎨⎧x ＝35y ＝25时，2x 2＋3y 2有最小值为65.法二：因为x ＋y ＝1，所以y ＝1－x ，所以2x 2＋3y 2＝5x 2－6x ＋3＝5⎝⎛⎭⎫x －352＋65， 所以当x ＝35，y ＝25时，2x 2＋3y 2有最小值，最小值为65.答案：B2．已知函数f (x )＝(x －1)2＋1＋(x ＋1)2＋1，则f (x )的最小值为________． 解析：f (x )＝(x －1)2＋1＋(x ＋1)2＋1 ＝(x －1)2＋(0－1)2＋(x ＋1)2＋(0＋1)2 ≥[1－(－1)]2＋[1－(－1)]2＝2 2. 当且仅当x ＝0时，等号成立． 答案：2 23．函数f (x )＝x －6＋12－x 的最大值为________．解析：由柯西不等式得(x－6＋12－x)2≤(12＋12)·[(x－6)2＋(12－x)2]＝12，∴x－6＋12－x≤23(当x＝9时，“＝”成立)答案：2 3二一般形式的柯西不等式考纲定位重难突破1.理解三维形式的柯西不等式，在此基础上，过渡到柯西不等式的一般形式．2.会用三维形式的及一般形式的柯西不等式证明有关不等式. 重点：一般形式的柯西不等式的几何意义．难点：会用一般形式的柯西不等式进行简单的数学应用.授课提示：对应学生用书第30页[自主梳理]一、三维形式的柯西不等式设a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R，则(a21＋a22＋a23)·(b21＋b22＋b23)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.当且仅当b1＝b2＝b3＝0或存在一个数k，使得a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3时，等号成立．二、一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，…，a n，b1，b2，b3，…，b n是实数，则(a21＋a22＋a23＋…＋a2n)·(b21＋b22＋b23＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋a n b n)2，当且仅当b i＝0(i＝1,2,3，…，n)或存在一个数k，使得a i＝kb i(i＝1,2,3，…，n)时，等号成立．[双基自测]1．设a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值为()A．1B．2C.3D．2解析：∵a，b，c∈R＋，∴(a＋b＋c)2＝(1×a＋1×b＋1×c)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3，∴a＋b＋c≤3，当且仅当a＝b＝c，即a＝b＝c＝13时，等号成立，∴a＋b＋c的最大值为3，故选C.答案：C2．已知x ，y ，z >0，且x ＋y ＋z ＝1，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是( ) A ．1 B ．13C.12D ．3解析：由柯西不等式得(x 2＋y 2＋z 2)·(12＋12＋12)≥(x ＋y ＋z )2＝1.∴x 2＋y 2＋z 2≥13，当且仅当x ＝y ＝z ＝13时，等号成立，即所求最小值为13.答案：B3．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c 的最小值是________．解析：∵(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫2a ＋2b ＋2c ＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎫ 2b 2＋⎝⎛⎭⎫ 2c 2 ≥⎝⎛⎭⎫a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c 2＝18. ∴2a ＋2b ＋2c ≥2. 答案：24．边长为a ，b ，c 的三角形，其面积为14，外接圆半径为1，若s ＝a ＋b ＋c ，t ＝1a ＋1b ＋1c，则s 与t 的大小关系是________． 解析：S △＝abc 4R ＝abc 4＝14，即abc ＝1，∴t ＝ab ＋bc ＋ca ， t 2＝(ab ＋bc ＋ca )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥(a ＋b ＋c )2＝s 2， 又a ，b ，c >0，∴s ≤t . 答案：s ≤t授课提示：对应学生用书第30页探究一 利用柯西不等式证明不等式[例1] 已知a ，b ，c >0，求证：⎝⎛⎭⎫a b ＋b c ＋c a ⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ≥9. [证明] 由柯西不等式，知⎝⎛⎭⎫a b ＋b c ＋c a ⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫ b c 2＋⎝⎛⎭⎫ c a 2× ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫ b a 2＋⎝⎛⎭⎫ c b 2＋⎝⎛⎭⎫ a c 2 ≥⎝⎛⎭⎫a b× b a ＋ b c× c b＋c a× a c 2＝(1＋1＋1)2＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 故原不等式成立．应用柯西不等式需要掌握的方法与技巧(1)构造符合柯西不等式的形式及条件可以巧拆常数．(2)构造符合柯西不等式的形式及条件可以重新安排各项的次序．(3)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以改变式子的结构，从而达到使用柯西不等式的目的．(4)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以添项．1．设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab . 证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴(a 5＋b 5＋c 5)⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥(a 2＋b 2＋c 2)2， ∴(a 5＋b 5＋c 5)≥(a 2＋b 2＋c 2)2·abc ab ＋bc ＋ac .又∵a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， ∴a 5＋b 5＋c 5≥(a 2＋b 2＋c 2)abc ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .探究二 利用柯西不等式求最值[例2] 已知a 、b 、c ∈(0，＋∞)，1a ＋2b ＋3c ＝2，求a ＋2b ＋3c 的最小值及取得最小值时a 、b 、c 的值．[解析] ⎝⎛⎭⎫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 ＝(1＋2＋3)2＝36， 又1a ＋2b ＋3c ＝2， ∴a ＋2b ＋3c ≥18，当且仅当a ＝b ＝c ＝3时，等号成立，综上，当a ＝b ＝c ＝3时，a ＋2b ＋3c 取得最小值18.利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果，同时，要注意等号成立的条件．2．设2x ＋3y ＋5z ＝29，求函数u ＝2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6的最大值． 解析：易知x ≥－12，y ≥－43，z ≥－65，且u >0，由于u 2＝(2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6)2＝(1×2x ＋1＋1×3y ＋4＋1×5z ＋6)2≤(12＋12＋12)[(2x ＋1)2＋(3y ＋4)2＋(5z ＋6)2]＝3×(2x ＋3y ＋5z ＋11)＝3×40，∴0<u ≤230.当且仅当2x ＋1＝3y ＋4＝5z ＋6， 即x ＝376，y ＝289，z ＝2215时，等号成立，故u max ＝230.探究三 柯西不等式其他形式的应用[例3] 已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的范围．[解析] 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.利用柯西不等式可以求参数范围、解方程组、求最值等．要根据题目特点，灵活变形为柯西不等式的形式．3．在实数集内解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝94，－8x ＋6y －24z ＝39.解析：由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2]≥(－8x ＋6y －24z )2.①∵(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝94(64＋36＋4×144)＝392， 又(－8x ＋6y －24y )2＝392， ∴(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝(－8x ＋6y －24z )2，即不等式①中只有等号成立时满足条件． 从而由柯西不等式中等号成立的条件，得 x －8＝y 6＝z －24. 它与－8x ＋6y －24z ＝39联立，可得 x ＝－613，y ＝926，z ＝－1813.构造三维柯西不等式求最值[典例] (本题满分10分)已知a >0，b >0，c >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．[解析] (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立． 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ， 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4.…………………………………………3分 (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式，得⎝⎛⎭⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1)≥⎝⎛⎭⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16，即14a 2＋19b 2＋c 2≥87.………………6分 当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立，故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值是87.…………………………………………………………………………………………10分 [规律探究] (1)结合本题特征，用绝对值三角不等式求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值简单快捷非常方便，此外本题也可作出函数f (x )的图象，利用数形结合思想方法求解．(2)本题第(2)问的求解显然需要构造三维形式柯西不等式的条件及结构特点，因为现有的两组数为⎝⎛⎭⎫14a 2，19b 2，c 2和(a ，b ，c )，因此需构造一组常数(4,9,1)才能符合三维柯西不等式的条件.[随堂训练] 对应学生用书第32页1．若a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，b 21＋b 22＋…＋b 2n ＝4，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的最大值为( ) A ．1 B ．－1 C ．2D ．－2解析：(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )·(b 21＋b 22＋…＋b 2n)＝4，∴a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≤2，故选C.答案：C2．已知a ，b ∈R ＋，且a ＋2b ＝10，则a 2＋b 2的最小值为( ) A ．5 B ．10 C ．20D ．30解析：根据柯西不等式有(a 2＋b 2)(1＋22)≥(a ＋2b )2＝100. ∴a 2＋b 2≥20，当且仅当a ＝b2＝2时取等号．答案：C3．不等式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )12·(b 21＋b 22＋…＋b 2n )12≥|a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n |中等号成立的条件是________．解析：此不等式是柯西不等式的变形，它由柯西不等式两边开平方所得，等号成立的条件与柯西不等式中等号成立的条件相同．答案：b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a nb n.三 排序不等式考 纲 定 位重 难 突 破1.了解排序不等式的数学思想和背景．2.了解排序不等式的结构与基本原理．3.理解排序不等式的简单应用.重点：排序不等式的结构与基本原理. 难点：排序不等式的简单应用.授课提示：对应学生用书第32页[自主梳理]一、顺序和、乱序和、反序和的概念设a 1≤a 2≤a 3≤…≤a n ，b 1≤b 2≤b 3≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 是b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则称a i 与b i (i ＝1,2，…，n )的相同顺序相乘所得积的和a 1b 1＋a 2b 2＋…a n b n 为顺序和，和a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n 为乱序和，相反顺序相乘所得积的和a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1为反序和．二、排序不等式(排序原理)设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 是b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时，反序和等于顺序和，此不等式简记为反序和≤乱序和≤顺序和．[双基自测]1．已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是( ) A ．a 5＋b 5＋c 5>a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 B ．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 C ．a 5＋b 5＋c 5<a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 D ．a 5＋b 5＋c 5≤a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.答案：B2．设两组数1,2,3,4和4,5,6,7的顺序和为A ，反序和为B ，则A ＝________，B ＝________. 解析：A ＝1×4＋2×5＋3×6＋4×7＝4＋10＋18＋28＝60. B ＝1×7＋2×6＋3×5＋4×4＝7＋12＋15＋16＝50.答案：60 503．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s ，每个人接完水后就离开，则他们等候的总时间最短为________ s.解析：由题意知，等候的时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7＝41. 答案：41授课提示：对应学生用书第32页探究一 利用排序不等式证明不等式[例1] 设a ，b ，c 都是正数，求证：bc a ＋ca b ＋abc ≥a ＋b ＋c .[证明] 由题意不妨设a ≥b ≥c >0，由不等式的单调性，知ab ≥ac ≥bc ，1c ≥1b ≥1a .由排序不等式，知 ab ×1c ＋ac ×1b ＋bc ×1a≥ab ×1b ＋ac ×1a ＋bc ×1c，即所证不等式bc a ＋ca b ＋abc ≥a ＋b ＋c 成立．1．利用排序不等式证明不等式时，若已知条件中已给出两组量的大小关系，则需要分析清楚顺序和、乱序和及反序和．利用排序不等式证明即可．2．若在解答数学问题时，涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序．那么在解答问题时，我们可以利用排序原理将它们按一定顺序排列起来，继而用不等关系来解题．1．设a ，b ，c 为正数，求证：a 12bc ＋b 12ac ＋c 12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.证明：不妨设a ≥b ≥c >0，则a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ac ≥1ab>0， ∴由顺序和≥乱序和，得a 12bc ＋b 12ac ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ac ＝a 11b ＋b 11c ＋c 11a .①又∵a 11≥b 11≥c 11，1c ≥1b ≥1a ，∴由乱序和≥反序和，得a 11b ＋b 11c ＋c 11a ≥a 11a ＋b 11b ＋c 11c ＝a 10＋b 10＋c 10，②由①②两式得：a 12bc ＋b 12ac ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.探究二 利用排序不等式求最值[例2] 设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b 的最小值．[解析] 不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b ，由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b 上述两式相加得： 2⎝⎛⎭⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥3， 即a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时， a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b取最小值32.利用排序不等式求最值的方法利用排序不等式求最值时，先要对待证不等式及已知条件仔细分析，观察不等式的结构，明确两个数组的大小顺序，分清顺序和、乱序和及反序和，由于乱序和是不确定的，根据需要写出其中的一个即可．一般最值是顺序和或反序和．2．设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )的最小值．解析：令S ＝1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )，则S ＝(abc )2a 3(b ＋c )＋(abc )2b 3(a ＋c )＋(abc )2c 3(a ＋b )＝bc a (b ＋c )·bc ＋ac b (a ＋c )·ac ＋abc (a ＋b )·ab .由已知可得：1a (b ＋c )≥1b (a ＋c )≥1c (a ＋b )，ab ≤ac ≤bc . ∴S ≥bc a (b ＋c )·ac ＋ac b (a ＋c )·ab ＋abc (a ＋b )·bc＝c a (b ＋c )＋a b (a ＋c )＋bc (a ＋b ).又S ≥bc a (b ＋c )·ab ＋ac b (a ＋c )·bc ＋abc (a ＋b )·ac＝b a (b ＋c )＋c b (a ＋c )＋a c (a ＋b )，两式相加得：2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥3·31abc＝3.∴S ≥32，即1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )的最小值为32.探究三 利用排序不等式解决实际问题[例3] 若某网吧的3台电脑同时出现了故障，对其维修分别需要45 min,25 min 和 30 min ，每台电脑耽误1 min ，网吧就会损失0.05元．在只能逐台维修的条件下，按怎么样的顺序维修，才能使经济损失降到最小？[解析] 设t 1，t 2，t 3为25,30,45的任一排列，由排序原理知3t 1＋2t 2＋t 3≥3×25＋2×30＋45＝180(min)，所以按照维修时间由小到大的顺序维修，可使经济损失降到最小．利用排序不等式解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学问题，构造排序不等式的模型．3．某座大楼共有n 层，在每层有一个办公室，每个办公室的人员步行上下楼，他们的速度分别为v 1，v 2，…，v n (他们各不相同)，为了能使得办公室的人员上下楼梯所用的时间总和最小，应该如何安排？(假设每两层楼的楼梯长都一样)解析：设两层楼间的楼梯长为s ，则第一层需要走的路程为s ，第二层需要走的路程为2s ，…，第n 层需要走的路程为ns .不妨设v ′1>v ′2>…>v ′n 为v 1，v 2，…，v n 从大到小的排列，显然1v ′1<1v ′2<…<1v ′n ，由排序不等式，可得ns 1v ′1＋(n －1)s 1v ′2＋…＋s 1v ′n的和最小，所以将速度快的放在高层，速度慢的放在低层，可使上下楼的时间最短．在运用排序不等式时不能准确找到相应有序数组致误[典例] 一般地，对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，几何平均数G n ＝na 1a 2…a n ，算术平均数A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，利用排序不等式可以判断G n ，A n 的大小关系为________．[解析] 令b i ＝a iG n (i ＝1,2，…，n )，则b 1b 2…b n ＝1，故可取x 1≥x 2≥…≥x n >0，使得b 1＝x 1x 2，b 2＝x 2x 3，…，b n －1＝x n －1x n ，b n ＝x nx 1.由排序不等式有：b 1＋b 2＋…＋b n ＝x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x n x 1≥x 1·1x 1＋x 2·1x 2＋…＋x n ·1x n ＝n ，当且仅当x 1＝x 2＝…＝x n 时取等号，所以a 1G n ＋a 2G n ＋…＋a nG n ≥n ，即a 1＋a 2＋…＋a n n ≥G n ，即A n ≥G n . [答案] A n ≥G n[规律探究] (1)利用排序不等式的关键是正确地寻找两组有序实数组，构造的恰当是正确解题的前提，如本例中构造的两组数，恰好能够解决反序和为n ，使得问题得以解决．(2)利用排序不等式求解完成后，一定要说明等号成立的条件，若取不到等号也应该说明原因，使得解题更加清晰和准确．(3)运用排序不等式的解题步骤是①构造两组有序数组使之满足排序不等式的条件；②运用排序不等式得到不等关系；③找出等号成立的条件并以此得出证明的结论.[随堂训练] 对应学生用书第34页1．设正实数a 1，a 2，a 3的任一排列为a ′1，a ′2，a ′3，则a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3的最小值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：设a 1≥a 2≥a 3>0，则1a 3≥1a 2≥1a 1>0，由排列不等式可知a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3≥a 1a 1＋a 2a 2＋a 3a 3＝3. 当且仅当a ′1＝a 1，a ′2＝a 2，a ′3＝a 3时等号成立． 答案：A2．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，F ＝a 1＋a 2＋a 3，则E ，F 的大小关系是( )A ．E <FB ．E ≥FC ．E ＝FD ．E ≤F解析：不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2＝a 3＋a 1＋a 2，即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3. ∴E ≥F . 答案：B3．已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，且1a >1b ，x >y ，则x x ＋a ________yy ＋b (填“>”或“<”)．解析：∵1a >1b ，a >0，b >0，∴b >a >0，又x >y >0，∵bx >ay ， ∴bx －ay >0， 又x ＋a >0，y ＋b >0， ∴x x ＋a －yy ＋b ＝bx －ay (x ＋a )(y ＋b )>0， 即x x ＋a >y y ＋b. 答案：>。

预习学案 课堂学案 课后练习
3．已知 a，b，c 为正实数，且 a＋2b＋3c＝9，求 3a＋ 2b ＋ c的最大值________．
解析：
3a＋ 2b＋ c
1 ＝ 3 a＋ 2b＋ 3c 3 ≤
1 3 ＋ 1 ＋ a＋2b＋3c 3
＝ 39，故最大值为 39.
答案：
征，构造两组数的积的形式，然后以柯西不等式求解即可．
数学 选修4-5
第三讲 柯西不等式与排序不等式
预习学案 课堂学案 课后练习
[ 解题过程]
＝ ≥
a2 b2 c2 ＋ ＋ ∵ (a＋b＋c) b c a
a 2 b 2 c 2 2 2 2 ＋ ＋ · [( b ) ＋ ( c ) ＋ ( a ) ] c a b a b c 2 · b＋ · c＋ · a b c a
然后结合柯西不等式处理．
数学 选修4-5
第三讲 柯西不等式与排序不等式
预习学案 课堂学案 课后练习
[ 解题过程]
12x＋22x＋„＋n－12x＋a· n2x ∵f(2x)＝lg n
12x＋22x＋„＋n－12x＋a· n2x ∴要证 f(2x)≥2f(x)， 只要证 lg n 1x＋2x＋„＋n－1x＋a· nx ≥2lg ， n 12x＋22x＋„＋n－12x＋a· n2x 即证 n
解析： 根据已知条件和柯西不等式有 (x2＋y2＋z2)(12＋42＋32)≥(x＋4y＋3z)2＝4， 4 2 所以 x ＋y ＋z ≥ ＝ ， 26 13
2 2 2
x y z 1 4 3 当且仅当 ＝ ＝ ，即 x＝ ，y＝ ，z＝ 时， 1 4 3 13 13 13 2 x ＋y ＋z 的最小值是 . 13