《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第三講 柯西不等式與排序不等式復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修4-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第三講 柯西不等式與排序不等式復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修4-5（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講 柯西不等式與排序不等式 復(fù)習(xí)課 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.梳理本專題主要知識，構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò).2.進一步理解柯西不等式，熟練掌握柯西不等式的各種形式及應(yīng)用技巧.3.理解排序不等式及應(yīng)用.4.進一步體會柯西不等式與排序不等式所蘊含的數(shù)學(xué)思想及方法． 1．二維形式的柯西不等式 (1)二維形式的柯西不等式：若a，b，c，d都是實數(shù)，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2. (2)柯西不等式的向量形式：設(shè)α，β是兩個向量，則|α·β|≤|α||β|，當(dāng)且僅當(dāng)β是零向量，或存在實數(shù)k，使α＝kβ時，等號成立． (3)二維形式的三角不等式：設(shè)x1，y1，x2，y2∈R，那么＋≥. 2

2、．一般形式的柯西不等式 設(shè)a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是實數(shù)，則(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2.當(dāng)且僅當(dāng)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． 3．排序不等式 設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，則a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 類型一　利用柯西不等式證明不等式 例1　已知a，b，c，d為不全相等的正數(shù)，求

3、證：＋＋＋＞＋＋＋. 證明　由柯西不等式知， ·≥2， 于是＋＋＋≥＋＋＋. ① 等號成立?＝＝＝ ?＝＝＝?a＝b＝c＝d. 又已知a，b，c，d不全相等，則①中等號不成立． 即＋＋＋＞＋＋＋. 反思與感悟　利用柯西不等式證題的技巧 (1)柯西不等式的一般形式為(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式簡潔、美觀、對稱性強，靈活地運用柯西不等式，可以使一些較為困難的不等式的證明問題迎刃而解． (2)利用柯西不等式證明其他不等式的關(guān)鍵是構(gòu)造兩組數(shù)，并向著柯西不等式的形式進行轉(zhuǎn)化，

4、運用時要注意體會． 跟蹤訓(xùn)練1　若n是不小于2的正整數(shù)，求證：＜1－＋－＋…＋－＜. 證明　1－＋－＋…＋－ ＝－2 ＝＋＋…＋， 所以求證式等價于＜＋＋…＋＜. 由柯西不等式，有 [(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]＞n2， 于是＋＋…＋＞ ＝＝≥＝， 又由柯西不等式，有＋＋…＋ ＜ ＜＝. 綜上，＜1－＋－＋…＋－＜. 類型二　利用排序不等式證明不等式 例2　設(shè)A，B，C表示△ABC的三個內(nèi)角弧度數(shù)，a，b，c表示其對邊，求證：≥. 證明　不妨設(shè)0＜a≤b≤c，于是A≤B≤C. 由排序不等式，得 aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC， aA＋bB＋cC≥

5、bA＋cB＋aC， aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC. 相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)·(A＋B＋C) ＝π(a＋b＋c)，得≥. 引申探究 若本例條件不變，求證：＜. 證明　不妨設(shè)0＜a≤b≤c，于是A≤B≤C. 由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b， 有0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b) ＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C) ＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C) ＝(a＋b＋c)π－2(aA＋bB＋cC)． 得＜. 反思與感悟　利用排序不等式證明不等式的策略 (1)在利用排序不等式

6、證明不等式時，首先考慮構(gòu)造出兩個合適的有序數(shù)組，并能根據(jù)需要進行恰當(dāng)?shù)亟M合．這需要結(jié)合題目的已知條件及待證不等式的結(jié)構(gòu)特點進行合理選擇． (2)根據(jù)排序不等式的特點，與多變量間的大小順序有關(guān)的不等式問題，利用排序不等式解決往往很簡捷． 跟蹤訓(xùn)練2　設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：＋＋≥a10＋b10＋c10. 證明　由a，b，c的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c， 于是a12≥b12≥c12，≥≥. 由排序不等式，得 ＋＋≥＋＋＝＋＋. ① 又因為a11≥b11≥c11，≤≤， 再次由排序不等式，得 ＋＋≤＋＋. ② 由①②得＋＋≥a10＋b10＋c10.

7、 類型三　利用柯西不等式或排序不等式求最值 例3　(1)求實數(shù)x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2達到最小值． (1)解　由柯西不等式，得 (12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2] ≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1， 即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝， 即x＝，y＝時，上式取等號．故x＝，y＝. (2)設(shè)a1，a2，a3，a4，a5是互不相同的正整數(shù)，求M＝a1＋＋＋＋的最小值． 解　設(shè)b1，b2，b3，b4，b5是a1，a2，a3，a4

8、，a5的一個排列，且b1＜b2＜b3＜b4＜b5. 因此b1≥1，b2≥2，b3≥3，b4≥4，b5≥5. 又1≥≥≥≥. 由排序不等式，得 a1＋＋＋＋≥b1＋＋＋＋ ≥1×1＋2×＋3×＋4×＋5× ＝1＋＋＋＋＝.即M的最小值為. 反思與感悟　利用柯西或排序不等式求最值的技巧 (1)有關(guān)不等式問題往往要涉及對式子或量的范圍的限定，其中含有多變量限制條件的最值問題往往難以處理．在這類題目中，利用柯西不等式或排序不等式處理往往比較容易． (2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值時，要關(guān)注等號成立的條件，不能忽略． 跟蹤訓(xùn)練3　已知正數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝xyz，且不

9、等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范圍． 解?。埽? ＝ ≤＝. 故λ的取值范圍是. 1．函數(shù)y＝2＋的最大值為(　　) A. B．－ C．－3 D．3 答案　D 解析　y2＝(·＋1·)2≤[()2＋12][()2＋()2] ＝3×3＝9. ∴y≤3，y的最大值為3. 2．已知實數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，則a的最大值是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　B 解析　∵(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2， 即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2. ∴5－a2≥(3－a)2. 解得1≤a≤2

10、. 驗證：當(dāng)a＝2時，等號成立． 3．已知2x＋3y＋4z＝10，則x2＋y2＋z2取到最小值時的x，y，z的值為(　　) A.，， B.，， C．1，， D．1，， 答案　B 解析　由柯西不等式得 (22＋32＋42)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋4z)2， 即x2＋y2＋z2≥. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時，等號成立， 所以聯(lián)立 可得x＝，y＝，z＝. 4．設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：＋＋≥a＋b＋c. 證明　不妨設(shè)a≥b≥c＞0， 則≤≤，ab≥ac≥bc， ∵＋＋≥＋＋＝a＋b＋c， ∴＋＋≥a＋b＋c. 1．對于柯西不等式要特別注意其向量形式的幾何意義

11、，從柯西不等式的幾何意義出發(fā)就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以寫成向量形式． 2．參數(shù)配方法是由舊知識得到的新方法，注意體會此方法的數(shù)學(xué)思想． 3．對于排序不等式要抓住它的本質(zhì)含義：兩實數(shù)序列同方向單調(diào)(同時增或同時減)時所得兩兩乘積之和最大，反方向單調(diào)(一增一減)時所得兩兩乘積之和最小，注意等號成立條件是其中一序列為常數(shù)序列． 4．?dāng)?shù)學(xué)建模是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中的一種新形式，它為學(xué)生提供了自己學(xué)習(xí)的空間，有助于學(xué)生了解數(shù)學(xué)在實際生活中的應(yīng)用，體會數(shù)學(xué)與日常生活及其他學(xué)科的聯(lián)系． 一、選擇題 1．已知a，b是給定的正數(shù)，則＋的最小值為(　　) A．2a2＋b2 B．

12、2ab C．(2a＋b)2 D．4ab 答案　C 解析　＋＝(sin2α＋cos2α)≥2＝(2a＋b)2， 當(dāng)且僅當(dāng)sin α·＝cosα·時，等號成立． 故＋的最小值為(2a＋b)2. 2．已知a，b，c為正數(shù)且a＋b＋c＝3，則＋＋的最小值為(　　) A．4B．4C．6D．6 答案　C 解析　∵a，b，c為正數(shù)， ∴＝≥a＋b. 同理≥b＋c，≥c＋a， 相加得(＋＋) ≥2(b＋c＋a)＝6， 即＋＋≥6， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時取等號． 3．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4，則3x＋4y的最大值為(　　) A．21 B．11 C．18 D．2

13、8 答案　A 解析　根據(jù)柯西不等式，得 [(x－1)2＋(y－2)2][32＋42]≥[3(x－1)＋4(y－2)]2 ＝(3x＋4y－11)2， ∴(3x＋4y－11)2≤100. 可得3x＋4y≤21，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時取等號． 4．已知x，y，z是非負實數(shù)，若9x2＋12y2＋5z2＝9，則函數(shù)u＝3x＋6y＋5z的最大值是(　　) A．9B．10C．14D．15 答案　A 解析　∵(3x＋6y＋5z)2≤[12＋()2＋()2]·[(3x)2＋(2y)2＋(z)2]＝9(9x2＋12y2＋5z2)＝81，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝2y＝z時，等號成立． 故u＝3x＋6y＋5z的最

14、大值為9. 5．已知x，y，z∈R＋，且＋＋＝1，則x＋＋的最小值為(　　) A．5B．6C．8D．9 答案　D 解析　由柯西不等式知， ≥(1＋1＋1)2＝9， 因為＋＋＝1， 所以x＋＋≥9. 即x＋＋的最小值為9. 6．設(shè)c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均為正數(shù))，則＋＋…＋的最小值是(　　) A．nB.C.D．2n 答案　A 解析　不妨設(shè)a1≥a2≥…≥an＞0， 則≤≤…≤， 由排序不等式知， ＋＋…＋≥a1·＋a2·＋…＋an·＝n. 二、填空題 7．設(shè)a，b，c，d，m，n∈R＋，P＝＋，Q＝·，則P，Q

15、的大小關(guān)系為________． 答案　P≤Q 解析　由柯西不等式得P＝＋≤·＝Q，當(dāng)且僅當(dāng)＝時，等號成立， ∴P≤Q. 8．設(shè)x，y，z∈R，若x2＋y2＋z2＝4，則x－2y＋2z的最小值為________． 答案?。? 解析　由柯西不等式，得 (x2＋y2＋z2)[12＋(－2)2＋22]≥(x－2y＋2z)2， 故(x－2y＋2z)2≤4×9＝36. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝＝k，k＝±時，上式取得等號， 當(dāng)k＝－時，x－2y＋2z取得最小值－6. 9．已知點P是邊長為2的等邊三角形內(nèi)一點，它到三邊的距離分別為x，y，z，則x，y，z所滿足的關(guān)系式為________，x2＋y2

16、＋z2的最小值是________． 答案　x＋y＋z＝3　3 解析　利用三角形面積相等，得 ×2(x＋y＋z)＝×(2)2， 即x＋y＋z＝3. 由(1＋1＋1)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝9， 得x2＋y2＋z2≥3， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時取等號． 10．若a，b，c∈R，設(shè)x＝a3＋b3＋c3，y＝a2b＋b2c＋c2a，則x，y的大小關(guān)系為________． 答案　x≥y 解析　取兩組數(shù)a，b，c；a2，b2，c2.不管a，b，c的大小順序如何，a3＋b3＋c3都是順序和，a2b＋b2c＋c2a都是亂序和，a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a.

17、三、解答題 11．(2018·江蘇)若x，y，z為實數(shù)，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值． 解　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2. 因為x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時，不等式取等號， 此時x＝，y＝，z＝， 所以x2＋y2＋z2的最小值為4. 12．已知a，b，c為正數(shù)，求證：≥abc. 證明　考慮到正數(shù)a，b，c的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c>0， 則≤≤，bc≤ca≤ab， 由排序不等式知，順序和≥亂序和， ∴＋＋≥＋＋， 即≥a＋b＋c. ∵a，b，c為正數(shù)， ∴兩邊同乘

18、以， 得≥abc. 13．設(shè)a，b，c，d∈R＋，令S＝＋＋＋，求證：1＜S＜2. 證明　首先證明＜(a＞b＞0，m＞0)． 因為－＝ ＝＜0， 所以S＝＋＋＋ ＜＋＋＋＝＝2， 所以S＜2. 又S＞＋＋＋ ＝＝1， 所以1＜S＜2. 四、探究與拓展 14．已知5a2＋3b2＝，則a2＋2ab＋b2的最大值為________． 答案　1 解析　∵[(a)2＋(b)2] ≥2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2， 當(dāng)且僅當(dāng)5a＝3b，即a＝，b＝時取等號． ∴×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2. ∴a2＋2ab＋b2≤×(5a2＋3b2)＝×＝1. ∴

19、a2＋2ab＋b2的最大值為1. 15．已知a，b，c均為實數(shù)，且a＋b＋c＋2－2m＝0，a2＋b2＋c2＋m－1＝0. (1)求證：a2＋b2＋c2≥； (2)求實數(shù)m的取值范圍． (1)證明　由柯西不等式得·(12＋22＋32)≥(a＋b＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立， 即×14≥(a＋b＋c)2， ∴a2＋b2＋c2≥. (2)解　由已知得a＋b＋c＝2m－2， a2＋b2＋c2＝1－m， ∴由(1)可知，14(1－m)≥(2m－2)2， 即2m2＋3m－5≤0，解得－≤m≤1. 又∵a2＋b2＋c2＝1－m≥0，∴m≤1， ∴－≤m≤1. 即實數(shù)m的取值范圍為. 12