高中数学柯西不等式阶段测试高考专项训练B4

（完整版）柯西不等式练习题.docx柯西不等式练习题1.(09 绍兴二模 )设x, y, z R, x2y2z2 1 。

（1）求x y z的最大值；（ 2）求x y 的取值范围。

2.（09 宁波十校联考）已知x, y, z (0,) ，且 x y z 11925，求y的最小值。

x z3.（09 温州二模）已知x, y, z R ，且z y z 1。

（1）若2x23y26z21，求x, y, z的值；（2）若2x23y 2tz 2 1 恒成立，求正数t 的取值范围。

4、（ 09 嘉兴二模）设x, y, z R ，且 x2y 3z 1。

（1）求证：| x y z || y z || z |1；（2）求u (x1)2( y2)2( z3)2的最小值。

5.（09 诸暨模考）已知x, y, z 都是正数，且x 2 y3z 6 ；（1）求证：x2y2z218；（2）问123有最大值还是最小值？并求这个最值。

7x y z6.（093x 5 。

宁波一模）已知2求证：4x 42x 315 3x78 。

7（09 舟山一模）已知a, b, c, d 满足 a b c d 3,a22b23c26d 2x 。

（1）求证：当a 0时，x 9。

（2）当x 5时，求实数a的最值。

8.（09 稽阳联考）（ 1）已知正数x, y, z 满足x y z 1，求x2y2z2的最小值。

1 z 1 x 1 yx y z，求 t 的最大值。

9．已知t2y2x24z210.(09 金丽衢十二校第一次联考)已知 3x 4y 4z 1，求 x2y2z2的最小值。

11（ 09 浙江五校联考）（1）求函数f (x)38(x R)的最小值。

2sin 2 x 13cos2 x 212、（ 09湖州一模）已知 a, b,c R ，且a b c 1 。

（1）求1 1 + 1的最小值；（ 2）求证 :a2b2c21.a b c1a 1 b 1 c413、（ 09 杭州一模）已知x, y, z是正数，且满足条件x y z3 xyz（1）求x y z的最小值；（ 2）若xyz 3，且x22y 2z2 1 ，求 x 的取值范围。

柯西不等式高考题精选1.（2013 年湖北）设 x.zeR,且满足：/ + / + 22=1, x + 2y+ 3z = V14,则x+y + z=.【答案】半2.（2013年陕西）已知a, b,叫,n均为正数，且a+b=1,mn=2,则（am+bn）（bm+an）的最小值为.【答案】2 f (x) = x + 11 + lx —2 | 的最小值为 a.3. [2014 •福建] 已知定义在R上的函数（1）求a的值；⑵若p, q, r是正实数，且满足p + q + r = a, 求证:p2+q:+r2^3.解：(1)因为|x+l + |x—2| | (x+1) — (x—2) |=3, 当且仅当一l〈x<2时，等号成立, 所以f(x)的最小值等于3,即a=3.⑵由⑴知p + q + r = 3,又p, q, r是正实数，所以(p' + q~ + r')(l-+l'+l/)2(pXl + qXl+rXl)'=(p + q + r)2=9,即 E+/+/23.4.[2014 •陕西]A.(不等式选做题)设a, b, m, n£R,且£ +b' = 5, ma + nb = 5,则+ 的最小值为.【答案】m5.[2014 •浙江](1)解不等式 2|x—2| — x+l|>3；(2)设正数 a, b, c 满足 abc=a + b + c, 求证：ab + 4bc + 9ac236,并给出等号成立条件. 解：(1)当 xW —1 时，2(2—x) + (x + 1) >3, 得xV2,此时x 〈一l ；当一lVx<2 时，2(2—x) — (x + 1) >3,得 xVO,此时 -l<x<0； 当 x>2 时，2(x — 2) — (x+l)>3,得 x>8,此时 x 〉8.综上所述，原不等式的解集是(-8, O)U (8, +8).(2)证明：由abc = a + b + c,得々+*+,=1.由柯西不等式， ab be caz 、得(ab + 4bc + 9ac) ~--F~ F — 2 (1 + 2 + 3)、[ab be ca ；所以ab + 4bc + 9ac236,当且仅当a = 2, b = 3, c = l 时，等号 成立.6.12015福建】已知〃>0*>0,0 0,函数/0)=1%+。

柯西不等式高考题精选1.（2013年湖北）设,,x y z R ∈,且满足:2221x y z ++=,2314x y z ++=,则x y z ++=_______.【答案】31472.（2013年陕西）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_______.【答案】23.[2014·福建] 已知定义在R 上的函数f(x)＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a.(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ， 求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a ＝3.(2)由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p ＋q ＋r)2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.4.[2014·陕西] A ．(不等式选做题)设a ，b ，m ，n∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________．【答案】 55.[2014·浙江] (1)解不等式2|x －2|－|x ＋1|＞3；(2)设正数a ，b ，c 满足abc ＝a ＋b ＋c ，求证：ab ＋4bc ＋9ac ≥36，并给出等号成立条件．解：(1)当x≤－1时，2(2－x)＋(x ＋1)＞3，得x ＜2，此时x≤－1；当－1＜x≤2时，2(2－x)－(x ＋1)＞3，得x ＜0，此时 －1<x<0；当x>2时，2(x －2)－(x ＋1)＞3，得x>8，此时x>8. 综上所述，原不等式的解集是(－∞，0)∪(8，＋∞)．(2)证明：由abc ＝a ＋b ＋c ，得1ab ＋1bc ＋1ca＝1.由柯西不等式，得(ab ＋4bc ＋9ac)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1ab ＋1bc ＋1ca ≥(1＋2＋3)2， 所以ab ＋4bc ＋9ac≥36，当且仅当a ＝2，b ＝3，c ＝1时，等号成立．6.【2015福建】已知0,0,0a b c >>>，函数()||||f x x a x b c 的最小值为4．(Ⅰ)求a b c 的值；(Ⅱ)求2221149a b c 的最小值． 【答案】(Ⅰ) 4；(Ⅱ)87． 【解析】(Ⅰ)因为(x)|x ||x ||(x )(x )||a |f a b c a b c b c ，当且仅当a x b 时，等号成立，又0,0ab ，所以|a b |a b ,所以(x)f 的最小值为a bc ,所以a b c 4．(Ⅱ)由(1)知a b c 4，由柯西不等式得()()22222114912+3+1164923a b a b c c a b c ⎛⎫⎛⎫++++≥⨯⨯⨯=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即222118497a b c .当且仅当1132231b a c ,即8182,,777a b c 时，等号成立 所以2221149a b c 的最小值为87. 【考点定位】1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式．【点睛】当x 的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如()f x x a x b =+++的函数的最小值，以及解析式形如()f x x a x b =+-+的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标．7.【2015陕西】已知关于x 的不等式x a b +<的解集为{}24x x <<．（I ）求实数a ，b 的值；（II ）求+的最大值．【答案】（I ）3a =-，1b =；（II ）4．故max 3+12+4t t .考点：1、绝对值不等式；2、柯西不等式.【点晴】本题主要考查的是绝对值不等式和柯西不等式，属于容易题．解题时一定要注意不等式与方程的区别，否则很容易出现错误．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．用柯西不等式证明或求最值要注意：①所给不等式的形式是否与柯西不等式的兴致一致，若不一致，需要将所给式子变形；②等号成立的条件．。

【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。

柯西不等式的练习题柯西不等式是数学中的一个重要定理，它在不等式证明和优化问题中有着广泛的应用。

本文将通过一些练习题来加深对柯西不等式的理解。

练习题一：设a、b、c、d为实数，求证：(a^2+b^2+c^2+d^2)(1+1+1+1)≥(a+b+c+d)^2解答：根据柯西不等式，有：(a^2+b^2+c^2+d^2)(1+1+1+1)≥(a+b+c+d)^2化简得：4(a^2+b^2+c^2+d^2)≥(a+b+c+d)^2展开得：4a^2+4b^2+4c^2+4d^2≥a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd 化简得：3a^2+3b^2+3c^2+3d^2≥2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd再次化简得：3(a^2+b^2+c^2+d^2)≥2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)由于平方数都是非负数，所以左边大于等于0，右边也大于等于0，因此不等式成立。

练习题二：设a、b、c为正实数，求证：(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)≥(a+b+c)^2根据柯西不等式，有：(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)≥(a+b+c)^2化简得：3(a^2+b^2+c^2)≥(a+b+c)^2展开得：3a^2+3b^2+3c^2≥a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc化简得：2a^2+2b^2+2c^2≥2ab+2ac+2bc再次化简得：a^2+b^2+c^2≥ab+ac+bc这是平方和的非负性质，所以不等式成立。

练习题三：设a、b、c为正实数，求证：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a+b+c)^2/ab+bc+c a解答：根据柯西不等式，有：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a+b+c)^2/ab+bc+ca化简得：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)/ab+bc+ca展开得：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a^2+b^2+c^2)/ab+bc+ca+2(ab+bc+ca)/ab+化简得：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)/ab+bc+ca 再次化简得：(a^2+b^2+c^2)(1/a+1/b+1/c)≥(a+b+c)^2/ab+bc+ca这是平方和的非负性质，所以不等式成立。

高中数学柯西不等式的几何意义练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 设变量x，y满足|x−2|+|y−2|≤1，则y−xx+1的最大值为（）A.1 3B.12C.−14D.−132. 若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，其坐标满足条件：|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22的最大值为0，则称f(x)为“柯西函数”，则下列函数：①f(x)=x+1x(x>0)；②f(x)=ln x(0<x<3)；③f(x)=cos x；④f(x)=x2−1．其中为“柯西函数”的个数为（）A.1B.2C.3D.43. 设P、A、B、C、D是表面积为36π的球的球面上五点，四边形ABCD为正方形，则四棱锥P−ABCD体积的最大值为________.4. 已知a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n（n是正整数），令L1=b1+b2+...+b n，L2=b2+b3+...+b n，…，L n=b n、某人用右图分析得到恒等式：a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n，则c k=________(2≤k≤n)．5. 已知实数a，b，x，y满足a2+b2=1，x2+y2=3，则ax+by的最大值为________．6. 已知实数a1，a2，a3不全为零，正数x，y满足x+y=2，设xa1a2+ya2a3a12+a22+a32的最大值为M=f(x, y)，则M的最小值为________．7. 已知正数a，b，c满足a2+b2+c2=6．（1）求a +2b +c 的最大值M ；（2）在（1）的条件下，若不等式|x +1|+|x +m|≥M 恒成立，求实数m 的取值范围．8. 已知a ，b ，c 均为正实数，函数f (x )=|x +1a 2|+|x −1b 2|+14c 2的最小值为1.证明：(1)a 2+b 2+4c 2≥9； (2)1ab+12bc+12ac≤1.9. 选修4−5：不等式选讲已知|x −2y|=5，求证：x 2+y 2≥5．10. 已知x 2+y 2+z 2=1，求xy +yz 最大值．11. 本小题设有(1)(2)(3)三个选考题，每题7分，请考生任选两题作答，满分14分，如果多做，则按所做的前两题计分． (1)选修4−2：矩阵与变换已知e 1=[11]是矩阵M =[a10b ]属于特征值λ1=2的一个特征向量．(I)求矩阵M ；(II)若a =[21]，求M 10a ．(2)选修4−4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，A(l, 0)，B(2, 0)是两个定点，曲线C 的参数方程为AB →为参数）．(I)将曲线C 的参数方程化为普通方程；(II)以A(l ，0为极点，|AB →|为长度单位，射线AB 为极轴建立极坐标系，求曲线C 的极坐标方程．(3)选修4−5：不等式选讲(I)试证明柯西不等式：(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a, b, x, y ∈R)； (II)若x 2+y 2=2，且|x|≠|y|，求1(x+y)+1(x−y)的最小值．12. 已知x ，y ，z 均为正实数，且1x 2+14y 2+19z 2=1，证明： (1)1x +12y +13z ≤√3；(2)x 2+4y 2+9z 2≥9.13. 已知函数f (x )=√t +2|x +1|−|x −3|的定义域为R ． (1)求实数t 的取值范围；(2)设实数m 为t 的最小值，若实数a ，b ，c 满足a 2+b 2+c 2=m 2，求1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值．14. （选修4−5：不等式选讲）已知正数x ，y ，z 满足x 2+y 2+z 2=1． （1）求x +2y +2z 的最大值；（2）若不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．15. 选修4−2：矩阵及其变换(1)如图，向量OA →和OB →被矩阵M 作用后分别变成OA′→和OB′→， (I)求矩阵M ；(II)并求y =sin (x +π3)在M 作用后的函数解析式；选修4−4：坐标系与参数方程( 2)在直角坐标系x0y 中，直线l 的参数方程为{x =3−√22t y =√5+√22t （t 为参数），在极坐标系（与直角坐标系x0y 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴）中，圆C 的方程为ρ=2√5sin θ． (I)求圆C 的直角坐标方程；(II)设圆C 与直线l 交于点A ，B ．若点P 的坐标为(3, √5)，求|PA|+|PB|． 选修4−5：不等式选讲(3)已知x ，y ，z 为正实数，且1x+1y+1z=1，求x +4y +9z 的最小值及取得最小值时x ，y ，z 的值．16. 设实数x，y，z满足0<x<y<z<π2，证明：π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．17. 已知函数f(x)=x ln x+(1−x)ln(1−x)，x∈(0, 1)．(1)求f(x)的最小值；(2)若a+b+c=1，a，b，c∈(0, 1)．求证：a ln a+b ln b+c ln c≥(a−2)ln2．18. （选修4−5：不等式选讲）若x∈(−12，23)，证明√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．19. 已知x，y，z满足等式13x+12y+z=8.5,12x+13y+2z=13.5．(1)若z=−1，求√x+y的值；(2)若m=√x−3y+√3y−x+√x+y+z，求m的平方根．20. 已知实数x、y、z满足2x2+3y2+6z2=a(a>0)，且x+y+z的最大值是1，求a的值．21. 选修4−5：不等式选讲已知实数a，b，c，d，e满足a+b+c+d+e=8，a2+b2+c2+d2+e2=16，试确定e的最大值．参考答案与试题解析高中数学柯西不等式的几何意义练习题含答案一、选择题（本题共计 2 小题，每题 3 分，共计6分）1.【答案】B【考点】柯西不等式的几何意义【解析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等|x−2|+|y−2|≤1的可行域，是一个正方形，得A(1, 2)，B(2, 1)，C(3, 2)，D(2, 3)．当x=1，y=2时，则y−xx+1=12，当x=2，y=1时，则y−xx+1=−13，当x=3，y=2时，则y−xx+1=−14，当x=2，y=3时，则y−xx+1=13，则y−xx+1有最大值12．故选B．2.【答案】C【考点】函数新定义问题柯西不等式的几何意义【解析】由柯西不等式得：对任意实数x1，y1，x2，y2，|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22≤0恒成立（当且仅当存在实数k，使得x1=kx2，y1=ky2取等号），若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，其坐标满足条件：|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22的最大值为0，则函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x 2, y 2)，使得OA →、OB →共线，即存在点A 、B 与点O 共线，逐一判定即可． 【解答】解：由柯西不等式得：对任意实数x 1，y 1，x 2，y 2，|x 1x 2+y 1y 2|−√x 12+y 12⋅√x 22+y 22≤0恒成立（当且仅当存在实数k ，使得x 1=kx 2，y 1=ky 2取等号）， 若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 其坐标满足条件：|x 1x 2+y 1y 2|−√x 12+y 12⋅√x 22+y 22的最大值为0， 则函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，使得OA →，OB →共线，即存在点A ，B 与点O 共线. 对于①，设AB 的方程为y =kx ，其与f(x)=x +1x (x >0)只有一个交点，故①不是柯西函数；对于②，由于y =x e 与f(x)=ln x(0<x <3)有两个交点，故②是柯西函数；对于③，取A(0,0)，点B 任意，均满足定义，故③是柯西函数； 对于④，取A(−1,0)，B(1,0)，满足定义，故④是柯西函数． 故选C ．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 3 分 ，共计12分 ） 3. 【答案】643【考点】柯西不等式的几何意义 球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】答案未提供解析． 【解答】解：由已知可得球的半径r =3，设球心到四棱锥底面的距离为x ，棱锥的高为ℎ=3+x ，底面边长为√2×√32−x 2， P −ABCD 的体积为： V =13×2×(9−x 2)(3+x)=13(3+x)(3+x)(6−2x) ≤13[(3+x)+(3+x)+(6−2x)3]3=643，当且仅当x =1时等号成立． 故答案为：643. 4.【答案】 a k −a k−1 【考点】柯西不等式的几何意义【解析】首先分析题目已知a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n，可以看出等式左边是图中的面积，然后把左边变换形式后等于右边即可得到答案．【解答】解：因为已知恒等式a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n且L1=b1+b2+...+b n，L2=b2+b3+...+b n，…，L n=b n、又由图中的面积S=a1b1+a2b2+...+a n b n=a1(b1+b2+b3+...+b n)+(a2−a1)(b2+b3+...+b n)+...+(a n−1−a n−2)(b n−1+b n)+(a n−a n−1)b n=a1L1+(a2−a1)L2+...+(a n−1−a n−2)L n−1+(a n−a n−1)L n所以c k=a k−a k−15.【答案】√3【考点】柯西不等式的几何意义一般形式的柯西不等式【解析】先根据柯西不等式可知(a2+b2)(x2+y2)≥(ax+by)2，进而的求得(ax+by)2的最大值，进而求得ax+by的最大值．【解答】解：因为a2+b2=1，x2+y2=3，由柯西不等式(a2+b2)(x2+y2)≥(ax+by)2，得3≥(ax+by)2，当且仅当ax=by时取等号，所以ax+by的最大值为√3．故答案为：√3．6.【答案】√22【考点】柯西不等式的几何意义【解析】讨论a2=0，a2≠0，对原分式分子分母同除以a2，运用x≤|x|，然后分子运用柯西不等式，分母运用均值不等式，再化简得到M=√x2+y22，根据条件正数x，y满足x+ y=2，消去y，配方求出x2+y2的最小值，从而得到M的最小值．【解答】解：若a2=0，则xa1a2+ya2a3a12+a22+a32=0，若a2≠0，则xa1a2+ya2a3a12+a22+a32=xa1+ya3a12+a32a2+a2≤x|a1|+y|a3|a12+a32|a2|+|a2|≤√(x2+y2)(a12+a32)2√a1+a3=√x2+y22，∴M=√x2+y22，∵正数x，y满足x+y=2，即y=2−x，∴x2+y2=x2+(2−x)2=2x2−4x+4=2(x−1)2+2，当x=1时，x2+y2取最小值2，∴M的最小值为√22．故答案为：√22．三、解答题（本题共计 15 小题，每题 10 分，共计150分）7.【答案】解：（1）因为已知a、b、c是实数，且a2+b2+c2=6，根据柯西不等式有(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2故(a+2b+c)2≤36，即a+2b+c≤6即a+2b+c的最大值为6，当且仅当a1=b2=c1，即当a=c=1，b=2时取得最大值．…（2）因为|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|=|m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，得m≥7或m≤−5．综上，实数m的取值范围为m≥7或m≤−5．…【考点】柯西不等式的几何意义【解析】（1）分析题目已知a2+b2+c2=6，求a+2b+c的最大值，考虑到柯西不等式(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2，即可得到答案．（2）利用绝对值不等式的几何意义可求得|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|= |m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，从而可求得实数m的取值范围．【解答】解：（1）因为已知a、b、c是实数，且a2+b2+c2=6，根据柯西不等式有(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2故(a+2b+c)2≤36，即a+2b+c≤6即a+2b+c的最大值为6，当且仅当a1=b2=c1，即当a=c=1，b=2时取得最大值．…（2）因为|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|=|m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，得m≥7或m≤−5．综上，实数m的取值范围为m≥7或m≤−5．…8.【答案】证明：(1)∵ a，b，c>0，∴ f(x)=|x+1a2|+|x−1b2|+14c2≥|x+1a2−(x−1b2)|+14c2=1a2+1b2+14c2，∴1a2+1b2+14c2=1，由柯西不等式得(a2+b2+4c2)(1a2+1b2+14c2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当a=b=2c=√3时取“=”，∴a2+b2+4c2≥9．(2)∵1a2+1b2≥2ab，1b2+14c2≥1bc，1a2+14c2≥1ac，（以上三式当且仅当a=b=2c=√3时同时取“=”），将以上三式相加得2ab +1bc+1ac≤2(1a2+1b2+14c2)=2，即1ab +12bc+12ac≤1．【考点】柯西不等式的几何意义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【解析】左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析．【解答】证明：(1)∵ a，b，c>0，∴ f(x)=|x+1a2|+|x−1b2|+14c2≥|x+1a2−(x−1b2)|+14c2=1a2+1b2+14c2，∴1a2+1b2+14c2=1，由柯西不等式得(a2+b2+4c2)(1a2+1b2+14c2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当a=b=2c=√3时取“=”，∴a2+b2+4c2≥9．(2)∵1a2+1b2≥2ab，1b2+14c2≥1bc，1a2+14c2≥1ac，（以上三式当且仅当a=b=2c=√3时同时取“=”），将以上三式相加得2ab +1bc+1ac≤2(1a2+1b2+14c2)=2，即1ab +12bc+12ac≤1．9.【答案】解：由柯西不等式，得(x2+y2)[12+(−2)2]≥(x−2y)2即5(x2+y2)≥(x−2y)2=|x−2y|2∵|x−2y|=5，∴5(x2+y2)≥25，化简得x2+y2≥5．当且仅当2x=−y时，即x=−1，y=2时，x2+y2的最小值为5∴不等式x2+y2≥5成立．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】根据柯西不等式，得5(x2+y2)≥|x−2y|2，结合已知等式|x−2y|=5，得x2+y2≥5，再利用不等式取等号的条件加以检验即可．【解答】解：由柯西不等式，得(x2+y2)[12+(−2)2]≥(x−2y)2即5(x2+y2)≥(x−2y)2=|x−2y|2∵|x−2y|=5，∴5(x2+y2)≥25，化简得x2+y2≥5．当且仅当2x=−y时，即x=−1，y=2时，x2+y2的最小值为5∴不等式x2+y2≥5成立．10.【答案】解：由于1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)≥2x√22⋅√2z=√2(xy+yz)，当且仅当x=√2=z时，等号成立，∴x=√2=z=12时，xy+yz的最大值为√22．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】先将题中条件转化为1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)，再利用基本不等式即可求出xy+yz的最大值．【解答】解：由于1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)≥2x√22⋅√2z=√2(xy+yz)，当且仅当x=√2=z时，等号成立，∴x=2=z=12时，xy+yz的最大值为√22．11.【答案】(1)解：(I)由题意，[a10b ][11]=2[11]，∴{a+1=2b=2，∴a=1，b=2∴矩阵M=[1102]；(II)由(I)知，矩阵M的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2)∴矩阵M的另一个特征值为λ2=1∴ {2y =y ，取x =1，则e 2=[1]∴ a →=e 1→+e 2→∴ M 10a →=210[11]+110[10]=[10251024](2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ可得(x −2)2+y 2=1；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，即x 2+y 2−2x =0 ∴ 曲线C 的极坐标方程为ρ−2cos θ=0(3)(I)证明：左边-右边=a 2y 2+b 2x 2−2abxy =(ay −bx)2≥0，∴ 左边≥右边 即(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a,b,x,y ∈R) (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2∵ x 2+y 2=2，∴ (u +v)2+(u −v)2=8，∴ u 2+v 2=4由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，当且仅当u =v =√2，即x =√2，y =0或x =0,y =√2时，1(x+y)2+1(x+y)2的最小值是1．【考点】复合变换与二阶矩阵的乘法 圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 柯西不等式的几何意义平均值不等式在函数极值中的应用【解析】(1)(I)由题意，根据特征值与特征向量的定义，建立方程组，即可求得矩阵M ；(II)求出矩阵M 的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2)，从而可求矩阵M 的另一个特征值与特征向量，将向量用特征向量线性表示，进而可求结论； (2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ，即可得普通方程；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，从而可得曲线C 的极坐标方程；(3)(I)利用作差法即可证得； (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2，根据x 2+y 2=2，可得u 2+v 2=4，由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，从而可求1(x+y)2+1(x+y)2的最小值． 【解答】(1)解：(I)由题意，[a10b ][11]=2[11]，∴ {a +1=2b =2，∴ a =1，b =2 ∴ 矩阵M =[1102]；(II)由(I)知，矩阵M 的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2) ∴ 矩阵M 的另一个特征值为λ2=1∴ {2y =y ，取x =1，则e 2=[1]∴ a →=e 1→+e 2→∴ M 10a →=210[11]+110[10]=[10251024](2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ可得(x −2)2+y 2=1；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，即x 2+y 2−2x =0 ∴ 曲线C 的极坐标方程为ρ−2cos θ=0(3)(I)证明：左边-右边=a 2y 2+b 2x 2−2abxy =(ay −bx)2≥0，∴ 左边≥右边 即(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a,b,x,y ∈R) (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2∵ x 2+y 2=2，∴ (u +v)2+(u −v)2=8，∴ u 2+v 2=4由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，当且仅当u =v =√2，即x =√2，y =0或x =0,y =√2时，1(x+y)2+1(x+y)2的最小值是1．12. 【答案】证明：(1)1x +12y +13z ≤√(1+1+1)(1x 2+14y 2+19z 2)=√3. (2)由题意得x 2+4y 2+9z 2=(x 2+4y 2+9z 2)×1 =(x 2+4y 2+9x 2)⋅(1x 2+14y 2+19y 2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当x =2y =3z 时等号成立， 所以x 2+4y 2+9z 2≥9． 【考点】 不等式的证明柯西不等式的几何意义【解析】（1）运用柯西不等式和不等式的性质，即可得证． （2）运用柯西不等式和不等式的性质，即可得证． 【解答】证明：(1)1x +12y +13z ≤√(1+1+1)(1x +14y +19z )=√3. (2)由题意得x 2+4y 2+9z 2=(x 2+4y 2+9z 2)×1 =(x 2+4y 2+9x 2)⋅(1x 2+14y 2+19y 2)≥(1+1+1)2=9， 当且仅当x =2y =3z 时等号成立， 所以x 2+4y 2+9z 2≥9． 13. 【答案】解：(1)因为函数f (x )的定义域为R ，即t +2|x +1|−|x −3|≥0恒成立， 所以t ≥−2|x +1|+|x −3|恒成立，y =−2|x +1|+|x −3|={x +5,x ≤−1,1−3x,2,−1<x <3,−x −5,x ≥3,可知当x =−1时，y =−2|x +1|+|x −3|有最大值4，即t ≥4． (2)由(1)知m =4，a 2+b 2+c 2=16， 由柯西不等式知：(1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3)×(a 2+1+b 2+2+c 2+3) ≥(1+1+1)2=9， 所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3≥922， 当且仅当a 2=193，b 2=163，c 2=133时等号成立，所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值为922． 【考点】 绝对值不等式柯西不等式的几何意义【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)因为函数f (x )的定义域为R ，即t +2|x +1|−|x −3|≥0恒成立， 所以t ≥−2|x +1|+|x −3|恒成立，y =−2|x +1|+|x −3|={x +5,x ≤−1,1−3x,2,−1<x <3,−x −5,x ≥3,可知当x =−1时，y =−2|x +1|+|x −3|有最大值4，即t ≥4． (2)由(1)知m =4，a 2+b 2+c 2=16， 由柯西不等式知：(1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3)×(a 2+1+b 2+2+c 2+3) ≥(1+1+1)2=9， 所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3≥922，当且仅当a 2=193，b 2=163，c 2=133时等号成立，所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值为922．14.【答案】 解：（1）因为已知x 2+y 2+z 2=1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： (x +2y +2z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+22)≤1×9=9故x +2y +2z ≤√9=3．当且仅当x =y2=z2时取等号． 则当x =13，y =z =23时x +2y +2z 的最大值是3；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立， 当且仅当|a −3|≥3成立，即{a <33−a ≥3或{a ≥3a −3≥3，解得a ≤0，或a ≥6， 所以实数a 的取值范围是(−∞, 0]∪[6, +∞)．【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】（1）分析题目已知x 2+y 2+z 2=1，求x +2y +3z 的最大值．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 +2y +2z)2的最大值，开平方根即可得到答案；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立，当且仅当|a −3|≥3成立，【解答】 解：（1）因为已知x 2+y 2+z 2=1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： (x +2y +2z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+22)≤1×9=9 故x +2y +2z ≤√9=3．当且仅当x =y 2=z2时取等号．则当x =13，y =z =23时x +2y +2z 的最大值是3；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立， 当且仅当|a −3|≥3成立，即{a <33−a ≥3或{a ≥3a −3≥3，解得a ≤0，或a ≥6， 所以实数a 的取值范围是(−∞, 0]∪[6, +∞)． 15. 【答案】解：(1)(I)设M =[ab cd]， ∵ OA →=(1,1)，OB →=(1,2)矩阵M 作用后分别变成OA′→=(2, 2)，OB′→=(2, 4)， ∴ 用待定系数求得M =[2002]．(II)∵ M =[2002]，∴ {x =x′2y =y′2，解得{x′=2x y′=2y ， 再坐标转移法得y′=2sin (x 2+π3)． (2)(I)∵ 圆C 的方程为ρ=2√5sin θ， ∴ ρ2=2√5ρsin θ，∴ 圆的直角方程：x 2+(y −√5)2=5(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0 由△=(3√2)2−4×4=2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两根 所以{t 1+t 2=3√2⋅，又直线l 过点(3,√5)，故结合t 的几何意义得|PA|+|PB|=|t 1|+|t 2|=t 1+t 2=3√2．…7 分 (3)解：由柯西不等式得x +4y +9z =[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(√x )2+(y )2+(√z )2]≥(√x √x2√y ⋅y+3√z √z)2=36．…当且仅当x =2y =3z 时等号成立，… 此时x =6，y =3，z =2…所以当x =6，y =3，z =2时，x +4y +9z 取得最小值36．… 【考点】柯西不等式的几何意义 几种特殊的矩阵变换 参数方程与普通方程的互化【解析】(1)(I)二阶矩阵把点变换成点，利用待定系数法及二阶矩阵与平面列向量的乘法，可求矩阵M ，(II)二阶矩阵把点变换成点，借此又可解决坐标变换问题，注意变换前后点的坐标间的关系．(2)(I)由圆C 的方程为ρ=2√5sin θ，能求出圆的直角方程．(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0，再由点P 的坐标为(3, √5)，能求出|PA|+|PB|．(3)由柯西不等式，得x +4y +9z =[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(x)2+(y)2+(√z )2]，由此能求出x +4y +9z 取得最小值．【解答】解：(1)(I)设M =[ab cd]， ∵ OA →=(1,1)，OB →=(1,2)矩阵M 作用后分别变成OA′→=(2, 2)，OB′→=(2, 4)， ∴ 用待定系数求得M =[2002]．(II)∵ M =[2002]，∴ {x =x′2y =y′2，解得{x′=2x y′=2y ， 再坐标转移法得y′=2sin (x 2+π3)．(2)(I)∵ 圆C 的方程为ρ=2√5sin θ， ∴ ρ2=2√5ρsin θ，∴ 圆的直角方程：x 2+(y −√5)2=5(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0 由△=(3√2)2−4×4=2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两根所以{t1+t2=3√2⋅，又直线l过点(3,√5)，故结合t的几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3√2．…7分(3)解：由柯西不等式得x+4y+9z=[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(√x )2+(√y)2+(√z)2]≥(√x√x 2√y⋅y+3√z√z)2=36．…当且仅当x=2y=3z时等号成立，…此时x=6，y=3，z=2…所以当x=6，y=3，z=2时，x+4y+9z取得最小值36．…16.【答案】证明：由于sin2x+sin2y+sin2z−2sin x cos y−2sin y cos z=12[(sin2x+sin2y)+(sin2y+sin2z)+(sin2z+sin2x)]−2sin x cos y−2sin y cos z≤sin(x+y)cos(x−y)+sin(y+z)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)−2sin x cos y cos(x −y)−2sin y cos z cos(y−z)=sin(y−x)cos(x−y)+sin(z−y)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)=12sin(2y−2x)+12sin(2z−2y)+sin(z+x)cos(z−x)=sin(z−x)cos(2y−x−z)+sin(z+x)cos(z−x)≤sin(z−x)+cos(z−x)≤√2<π2故π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】利用作差法，结合三角恒等变换公式，即可证明结论．【解答】证明：由于sin2x+sin2y+sin2z−2sin x cos y−2sin y cos z=12[(sin2x+sin2y)+(sin2y+sin2z)+(sin2z+sin2x)]−2sin x cos y−2sin y cos z≤sin(x+y)cos(x−y)+sin(y+z)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)−2sin x cos y cos(x −y)−2sin y cos z cos(y−z)=sin(y−x)cos(x−y)+sin(z−y)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)=12sin(2y−2x)+12sin(2z−2y)+sin(z+x)cos(z−x)=sin(z−x)cos(2y−x−z)+sin(z+x)cos(z−x)≤sin(z−x)+cos(z−x)≤√2<π2故π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．17.【答案】解：(1)f ′(x)=ln x +1−ln (1−x)−1=ln x 1−x，令f ′(x)=0，x =12．当x ∈(0,12)时，f′(x)<0；当x ∈(12，1]时，f′(x)>0．所以，f(x)min =f(12)=−ln 2．(2)证明：由a +b +c =1，a ，b ，c ∈(0, 1)， 得b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．由(1)，当x ∈(0, 1)，x ln x +(1−x)ln (1−x)≥−ln 2， 所以，b 1−a lnb 1−a+c 1−alnc 1−a≥−ln 2，11−a[b ln b −b ln (1−a)+c ln c −c ln (1−a)]≥−ln 2，b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2+(b +c)ln (1−a)=(a −1)ln 2+(1−a)ln (1−a)．(∗) 因为a ∈(0, 1)，由(1)，a ln a +(1−a)ln (1−a)≥−ln 2， 所以，(1−a)ln (1−a)≥−a ln a −ln 2．(∗∗)由(∗) (∗∗)，b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2−a ln a −ln 2， 所以，a ln a +b ln b +c ln c ≥(a −2)ln 2． 【考点】柯西不等式的几何意义 不等式的证明导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】（1）求出导函数，通过极值点，判断函数的单调性，然后求解函数的最小值． （2）由a +b +c =1，推出b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．利用（1）的结果转化推出b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2−a ln a −ln 2，即可证明a ln a +b ln b +c ln c ≥(a −2)ln 2． 【解答】解：(1)f ′(x)=ln x +1−ln (1−x)−1=ln x 1−x，令f ′(x)=0，x =12．当x ∈(0,12)时，f′(x)<0；当x ∈(12，1]时，f′(x)>0． 所以，f(x)min =f(12)=−ln 2．(2)证明：由a +b +c =1，a ，b ，c ∈(0, 1)， 得b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．由(1)，当x ∈(0, 1)，x ln x +(1−x)ln (1−x)≥−ln 2， 所以，b1−a ln b1−a +c1−a ln c1−a ≥−ln 2，11−a[b ln b−b ln(1−a)+c ln c−c ln(1−a)]≥−ln2，b ln b+c ln c≥(a−1)ln2+(b+c)ln(1−a)=(a−1)ln2+(1−a)ln(1−a)．(∗)因为a∈(0, 1)，由(1)，a ln a+(1−a)ln(1−a)≥−ln2，所以，(1−a)ln(1−a)≥−a ln a−ln2．(∗∗)由(∗) (∗∗)，b ln b+c ln c≥(a−1)ln2−a ln a−ln2，所以，a ln a+b ln b+c ln c≥(a−2)ln2．18.【答案】证明：因为18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，由柯西不等式可得：18=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)≥(√1+2x⋅1+√3+x⋅1+√2−3x⋅1)2…又x∈(−12，23)，所以√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．…【考点】不等式的证明柯西不等式的几何意义【解析】直接构造18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，利用柯西不等式证明即可．【解答】证明：因为18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，由柯西不等式可得：18=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)≥(√1+2x⋅1+√3+x⋅1+√2−3x⋅1)2…又x∈(−12，23)，所以√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．…19.【答案】（1）√x+y=√30．（2）m的平方根是±2．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）把z=−1代入已知等式中，得13x+12y=9.5，1 2x+13y=15.5,两式相加，得56x+56y=25，∴x+y=30，∴√x+y=√30．（2）m=√x−3y+√3y−x+√x+y+z，∴x−3y≥0，3y−x≥0，∴x−3y =0，即x =3y ．把x =3y 代入已知等式中，并整理得3y +2z =17,11y +12z =81，解得x =9,y =3z =4，∴ m =√9+3+4=4，∴ m 的平方根是±2． 20. 【答案】解：由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2×√2x +√3×√3y √6×√6z)2…因为2x 2+3y 2+6z 2=a(a >0)，所以a ≥(x +y +z)2， 因为x +y +z 的最大值是1，所以a =1， 当2x =3y =6z 时，x +y +z 取最大值，… 所以a =1．… 【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2√2x +√3×√3y √6×√6z)2，可得出x +y +z 的最大值，从而可根据最大值为1，建立关于a 的方程解出a 值即可． 【解答】解：由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2×√2x +√3×√3y √6×√6z)2…因为2x 2+3y 2+6z 2=a(a >0)，所以a ≥(x +y +z)2， 因为x +y +z 的最大值是1，所以a =1， 当2x =3y =6z 时，x +y +z 取最大值，… 所以a =1．… 21.【答案】解：由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2， ∴ 4(16−e)2≥(8−e)2，解得0≤e ≤165．当且仅当a =b =c =d =65时，e 取得最大值165．【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2，即可得出． 【解答】解：由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2， ∴ 4(16−e)2≥(8−e)2，解得0≤e ≤165．当且仅当a=b=c=d=65时，e取得最大值165．。

阶段质量检测(二) 柯西不等式与排序不等式及其应用(时间：90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)1．已知a ，b 均为正实数，且a ＋2b ＝10，则a 2＋b 2的最小值为( ) A ．5 B ．10 C ．20D ．302．已知x >0，y >0，且4x ＋3y ＝12，则xy 的最大值是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．43．函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1＋5(x ＞1)的最小值为( ) A ．－3 B ．3 C ．4D ．－44．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 ．2 C.116D.49365．已知(x －1)2＋(y －2)2＝4.则3x ＋4y 的最大值为( ) A ．1 B ．10 C ．11D ．216．已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ≥a 对任意正实数x ，y 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．2B ．4 C. 2D ．167．已知x ＋3y ＋5z ＝6，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是( ) A.65 B.635 C.3635D ．68．已知3x 2＋2y 2≤2，则3x ＋2y 的取值范围是( ) A ．[0，5]B ．[－5，0]C ．[－10，10]D ．[－5,5]9．设a ，b ，c 为正数，a ＋b ＋4c ＝1，则a ＋b ＋2c 的最大值是( ) A. 5 B. 3 C ．2 3D.3210．若a >0，b >0，c >0，且a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－23，则2a ＋b ＋c 的最小值为( ) A.3－1 B.3＋1 C ．23＋2D ．23－2二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝22－x ＋2x －3的最大值是________．12．(湖南高考)已知a ，b ，c ∈R ，a ＋2b ＋3c ＝6，则a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为________． 13．已知x 2＋2y 2＝1，则x 2y 4－1的最大值是________． 14．函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是________． 三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15．(本小题满分12分)设a ，b ，c ∈R ＋，求证： 1a 3＋b 3＋abc ＋1b 3＋c 3＋abc ＋1c 3＋a 3＋abc ≤1abc.16．(本小题满分12分)已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，求3x ＋2y ＋z 的最小值．17．(本小题满分12分)(福建高考)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.18.(本小题满分14分)设非负实数α1，α2，…，αn满足α1＋α2＋…＋αn＝1，求y＝22－α1＋22－α2＋…＋22－αn－n的最小值．答案1．选C 根据柯西不等式有(a2＋b2)(1＋22)≥(a＋2b)2＝100.∴a2＋b2≥20，当且仅当a＝b2＝2时取等号．2．选C 由4x＋3y≥212xy，∴12xy≤6，∴xy≤3，故选C.3．选B x＞1⇒x－1＞0，y＝log2⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x－1＋5＝log2⎝⎛⎭⎪⎫x－1＋1x－1＋6≥log2(2＋6)＝log28＝3.4．选C 设a1，a2，a3是x1，x2，x3的一个排列且满足a1＜a2＜a3.∴a1≥1，a2≥2，a3≥3，又∵1＞122＞132，∴x 1＋x 24＋x 39≥1＋12＋13＝116当且仅当x 1＝1，x 2＝2，x 2＝3时取等号．5．选D ∵[(x －1)2＋(y －2)2](32＋42)≥[3(x －1)＋4(y －2)]2， 即(3x ＋4y －11)2≤100. ∴3x ＋4y －11≤10,3x ＋4y ≤21. 当且仅当x －13＝y －24时取等号．6．选B 因为(x ＋y )⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1y≥(1＋1)2＝4，当且仅当x ＝y ＝1时等号成立，因此若不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ≥a 对任意正实数x ，y 恒成立，则a ≤4，故应选B.7．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当且仅当x ＝y 3＝z 5＝635时取等号．8．选C |3x ＋2y |≤3x 2＋2y 2·32＋22≤10∴－10≤3x ＋2y ≤10.9．选B 1＝a ＋b ＋4c ＝(a )2＋(b )2＋(2c )2＝13[(a )2＋(b )2＋(2c )2]·(12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋2c )2·13，∴(a ＋b ＋2c )2≤3， 即所求最大值为 3.10．选D ∵a (a ＋b ＋c )＋bc ＝(a ＋b )(a ＋c )＝4－23， 且a ＋b >0，a ＋c >0，∴2a ＋b ＋c ＝(a ＋b )＋(a ＋c )≥2a ＋b a ＋c＝24－23＝23－12＝2(3－1)(当且仅当a ＋b ＝a ＋c ，即b ＝c 时等号成立)，∴2a ＋b ＋c 的最小值为23－2，故选D. 11．解析：y ＝2×4－2x ＋2x －3 ≤ [22＋1]4－2x ＋2x －3＝3，当且仅当x ＝53时取等号．答案： 312．解析：由柯西不等式，得(a 2＋4b 2＋9c 2)·(12＋12＋12)≥(a ·1＋2b ·1＋3c ·1)2＝36，故a 2＋4b 2＋9c 2≥12，从而a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为12.答案：1213．解析：∵x 2＋2y 2＝1，∴x 2＋y 2＋y 2＝1. 又x 2·y 4－1＝x 2·y 2·y 2－1，∵x 2·y 2·y 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋y 233＝127，∴x 2y 4－1≤127－1＝－2627.即x 2y 4－1≤－2627当且仅当x 2＝y 2＝13时取等号．∴x 2y 4－1的最大值是－2627.答案：－262714．解析：根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x ≤ 12＋22×x －52＋6－x2＝ 5.答案： 515．证明：设a ≥b ≥c >0，则a 3≥b 3，∴a 3＋b 3＝a 2·a ＋b 2·b ≥a 2b ＋b 2a ＝ab (a ＋b )， 同理：b 3＋c 3≥bc (b ＋c )，c 3＋a 3≥ac (c ＋a )， ∴1a 3＋b 3＋abc ＋1b 3＋c 3＋abc ＋1c 3＋a 3＋abc ≤1aba ＋b ＋abc ＋1bc b ＋c ＋abc＋1ca c ＋a ＋abc＝1a ＋b ＋c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1ca ＝1abc.16．解：(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132 ≥⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ·2＋3z ·132＝(3x ＋2y ＋z )2，∴(3x ＋2y ＋z )2≤(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋22＋⎝⎛⎭⎪⎫132＝12. ∴－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3.当且仅当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时3x ＋2y ＋z 取最小值，最小值为－2 3.17．解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9， 即p 2＋q 2＋r 2≥3.18．解：为了利用柯西不等式，注意到 (2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn ) ＝2n －(α1＋α2＋…＋αn )＝2n －1， 所以(2n －1)⎝⎛⎭⎪⎫12－α1＋12－α2＋…＋12－αn＝[(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn )]·⎝⎛12－α1＋⎭⎪⎫12－α2＋…＋12－αn ≥⎝ ⎛2－α1·12－α1＋2－α2·⎭⎪⎫12－α2＋…＋2－αn ·12－αn 2＝n 2， 所以y ＋n ≥2n 22n －1，y ≥2n 22n －1－n ＝n2n －1.当且仅当α1＝α2＝…＝αn ＝1n 时等号成立，从而y 有最小值n2n －1.。

高二数学柯西不等式试题1.设正数,(1)满足，求证：；(2)若，求的最小值。

【答案】（1）不等式的证明，可以运用均值不等式来得到证明。

（2）根据均值不等式的一正二定三相等来求解最值。

【解析】⑴证明：（利用柯西不等式）⑵根据题意，由于，那么，在可以根据均值不等式同时取得等号得到其最小值为【考点】均值不等式点评：主要是考查了不等式的证明以及最值的求解，属于中档题。

2.若0＜x1＜x2, 0＜y1＜y2，且x1＋x2=y1＋y2=1，则下列代数式中值最大的是（）A．x1y1＋x2y2B．x1x2＋y1y2C．x1y2＋x2y1D．【答案】A【解析】依题意取x1=，x2=，y1=，y2=。

计算x1y1＋x2y2=，x1x2＋y1y2=，x 1y2＋x2y1=，故选A。

【考点】本题主要考查不等式的性质，选择题的灵活解法。

点评：简单题，本题可利用“特殊值法”解答，体现选择题解法的灵活性。

3.（本题12分）已知实数a,b,c,d满足a＋b＋c＋d=3，a2＋2b2＋3c2＋6d2=5，求证：（Ⅰ）；（Ⅱ）.【答案】（Ⅰ）应用柯西不等式，。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得（3－a）2＜5－a2，推出。

【解析】（Ⅰ）（Ⅱ）由（Ⅰ）得（3－a）2＜5－a2【考点】本题主要考查柯西不等式的应用，不等式的证明。

点评：中档题，关键是根据已知条件，构造柯西不等式，对考查考生创新思维，有较好的作用。

4.（本小题满分13分）已知实数满足，且的最大值是7，求的值．【答案】.【解析】本题是考查柯西不等式的应用.根据柯西不等式：,可得出的最大值,从而可根据最大值为7,建立关于a的方程解出a值.解：由柯西不等式：. …………………6分因为所以，即. ……………………9分因为的最大值是7,所以，得，……………………10分当时，取最大值，所以.…………………13分5.观察下列式子, ….则可归纳出.【答案】(n∈N*)【解析】解：因为观察下列式子, ….则可归纳出(n∈N*)成立。

第2章 几个重要的不等式 学业分层测评10 简单形式的柯西不等式一般形式的柯西不等式 北师大版选修4-5(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．已知a ，b 为正数，且a ＋b ＝1，则P ＝(ax ＋by )2与Q ＝ax 2＋by 2的关系是( ) A ．P ≤Q B ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ＞Q【解析】 设m ＝(ax ，by )，n ＝(a ，b )，则|ax ＋by |＝|m·n |≤|m||n|＝ ax 2＋by 2·a 2＋b 2＝ax 2＋by 2·a ＋b ＝ax 2＋by 2，所以(ax ＋by )2≤ax 2＋by 2.即P ≤Q .【答案】 A2．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是( )A.56 B ．65C.2536 D ．3625【解析】 2x 2＋3y 2＝(2x 2＋3y 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13·65≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·22＋3y ·332＝65(x ＋y )2＝65. 【答案】 B3．已知x ，y ，z 均大于0，且x ＋y ＋z ＝1，则1x ＋4y ＋9z 的最小值为() A ．24 B ．30 C ．36 D ．48【解析】 (x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＋9z≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋y ·2y ＋z ·3z 2＝36，∴1x ＋4y ＋9z ≥36.【答案】 C4．设x ，y ，m ，n >0，且m x ＋n y ＝1，则u ＝x ＋y 的最小值是()A ．(m ＋n )2B ．m C.n D ．(m ＋n )2【解析】 根据柯西不等式，得x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋n y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·m x ＋y ·n y 2＝(m ＋n )2，当且仅当x m ＝y n时，等号成立， 这时u 取最小值为(m ＋n )2.【答案】A 5．函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是()A. 3B ． 5C ．3D ．5 【解析】 根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x ≤12＋22×x －52＋6－x 2＝ 5. 【答案】B二、填空题 6．函数y ＝x ＋3－x 的最大值为__________．【解析】 由x ，3－x 非负且(x )2＋(3－x )2＝3， 所以x ＋3－x ≤x 2＋3－x 2]＝2×3＝ 6.【答案】 67．设x ，y 为正数，且x ＋2y ＝8，则9x ＋2y的最小值为__________. 【导学号：94910031】 【解析】 (x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫9x ＋2y ＝(x )2＋(2y )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2y 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·3x ＋2y ·2y 2＝25， 又x ＋2y ＝8，。

³++ （3）改变结构：）改变结构：例3、若a >b >c 求证：求证：c a c b b a -³-+-411（4）添项：）添项：例4：+ÎR c b a ,,求证：23³+++++b a c a c b c b a【1】、设6 ),2,1,2(=-=b a，则b a ；此时________________。

答案：-18; )4,2,4(-- 解析：b a b a£× ∴18£×b a ∴1818£×£-b ab a ×之最小值为-1818，此时，此时)4,2,4(2--=-=a b 【2】 设a = (1 (1，，0，- 2) 2)，，b = (x (x，，y ，z)z)，若，若x 2 + y 2= (x (x，，y ，z) ∴ a ．b = x - 2z 由柯西不等式由柯西不等式[1[122+ 0 + (- 2)22](x 22+ y 22+ z 22) ³ (x + 0 - 2z)22Þ 5 ´ 16 ³ (x - 2z)2Þ - 45£ x £ 45Þ - 45£a ．b £ 45，故a ．b 的最大值为45【3】(1,2,3)a = ，(,,)b x y z =，已知56b = ，则(1)a b × 的最大值为多少？的最大值为多少？(2)(2)(2)此时此时b =？Ans Ans：：(1) 28(1) 28：：(2) (2,4,6) 【4】设a 、b 、c 为正数，求4936()()a b c a b c++++的最小值。

的最小值。

Ans Ans Ans：：121【5】. . 设设x ，y ，z Î R R，且满足，且满足x 22+ y 22+ z 22= 5 5，则，则x + 2y + 3z 之最大值为之最大值为解(x + 2y + 3z)22 £ (x 22 + y 22 + z 22)(122 + 222 + 322) = 5 5．．14 = 70∴ x + 2y + 3z 最大值为70【6】 设x ，y ，z Î R R，若，若x 2 + y 2 + z 2= 4 4，则，则x - 2y + 2z 之最小值为之最小值为 时，时，(x (x (x，，y ，z) =解(x - 2y + 2z)2 £ (x 2 + y 2 + z 2)[12 + ( - 2) 2 + 22] = 4 4．．9 = 36∴ x - 2y + 2z 最小值为最小值为 - 6 柯西不等式教学题库大全基本方法基本方法 （1）巧拆）巧拆常数常数：例1：设a 、b 、c 为正数且各不相等。