一二維形式的柯西不等式[學(xué)習(xí)目標]1.認識并理解平面上的柯西不等式的代數(shù)和向量形式，以及定理1、定理2、定理3等幾種不同形式，理解它們的幾何意義.2.會用柯西不等式的代數(shù)形式和向量形式以及定理1、定理2、定理3，證明比較簡單的不等式，會求某些函數(shù)的最值.[知識鏈接]1.預(yù)習(xí)教材后，想一想在二維形式的柯西不等式的代數(shù)形式中，取等號的條件可以是eq\f(a,b)＝eq\f(c,d)嗎？提示不可以.bd＝0時，柯西不等式成立，但eq\f(a,b)＝eq\f(c,d)不成立.2.設(shè)平面上兩個向量為α＝(a1，a2)，β＝(b1，b2)，如何證明|α||β|≥|α·β|?提示∵cos〈α，β〉＝eq\f(α·β,|α||β|)＝eq\f(a1b1＋a2b2,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)))∴cos2〈α，β〉＝eq\f(（a1b1＋a2b2）2,（aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)）（beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)）)≤1，即(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))≥(a1b1＋a2b2)2，eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))·eq\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))≥|a1b1＋a2b2|.∴|α||β|≥|α·β|，等號成立的充要條件為α＝λβ(λ≠0).[預(yù)習(xí)導(dǎo)引]1.二維形式的柯西不等式(1)定義：若a，b，c，d都是實數(shù)，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時，等號成立.(2)二維形式的柯西不等式的一些變式變式1：eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)≥|ac＋bd|(當且僅當ad＝bc時，等號成立)變式2：(a＋b)(c＋d)≥(eq\r(ac)＋eq\r(bd))2.(a，b，c，d∈R＋，當且僅當ad＝bc時，等號成立)變式3：eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)≥|ac|＋|bd|(當且僅當|ad|＝|bc|時，等號成立)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|，當且僅當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eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＋eq\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))≥eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2).4.設(shè)平面上三點坐標為A(a1，a2)、B(b1，b2)、C(c1，c2)，則eq\r(（a1－b1）2＋（a2－b2）2)＋eq\r(（b1－c1）2＋（b2－c2）2)≥eq\r(（a1－c1）2＋（a2－c2）2)，其幾何意義為：|AB|＋|BC|≥|AC|.5.設(shè)α，β，γ為平面向量，則|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|，等號成立的充要條件為α－β＝λ(β－γ)(λ＞0).要點一利用柯西不等式證明有關(guān)不等式例1設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(a2＋c2)≥eq\r(2)(a＋b＋c).證明由柯西不等式：eq\r(a2＋b2)·eq\r(12＋12)≥a＋b即eq\r(2)·eq\r(a2＋b2)≥a＋b同理：eq\r(2)·eq\r(b2＋c2)≥b＋ceq\r(2)·eq\r(a2＋c2)≥a＋c.將上面三個同向不等式相加得：eq\r(2)(eq\r(a2＋b2)＋eq\r(a2＋c2)＋eq\r(b2＋c2))≥2(a＋b＋c)，∴eq\r(a2＋b2)＋eq\r(a2＋c2)＋eq\r(b2＋c2)≥eq\r(2)·(a＋b＋c).規(guī)律方法二維形式的柯西不等式可以理解為四個數(shù)對應(yīng)的一種不等關(guān)系，對誰與誰組合是有順序的，不是任意的搭配，因此要仔細體會，加強記憶.例如，(a2＋b2)·(d2＋c2)≥(ac＋bd)2是錯誤的，而應(yīng)有(a2＋b2)(d2＋c2)≥(ad＋bc)2.跟蹤演練1設(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，求證：eq\r(aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(2,1)·a2＋a1·aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(3,2))＋eq\r(aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(2,2)·a3＋a2·aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(3,3))＋eq\r(aeq\o\al(3,3)＋aeq\o\al(2,3)·a1＋a3·aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(3,1))≥2(eq\r(aeq\o\al(3,1))＋eq\r(aeq\o\al(3,2))＋eq\r(aeq\o\al(3,3))).證明aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(2,1)·a2＋a1·aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(3,2)＝(a1＋a2)(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))，由柯西不等式得：[(eq\r(a1))2＋(eq\r(a2))2]·(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≥(a1eq\r(a1)＋a2eq\r(a2))2，于是aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(2,1)·a2＋a1·aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(3,2)≥(eq\r(aeq\o\al(3,1))＋eq\r(aeq\o\al(3,2)))2，故eq\r(aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(2,1)·a2＋a1·aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(3,2))≥eq\r(aeq\o\al(3,1))＋eq\r(aeq\o\al(3,2))，同理：eq\r(aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(2,2)·a3＋a2·aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(3,3))≥eq\r(aeq\o\al(3,2))＋eq\r(aeq\o\al(3,3))，eq\r(aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,3)·a1＋a3·aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(3,1))≥eq\r(aeq\o\al(3,1))＋eq\r(aeq\o\al(3,3))，將以上三個同向不等式相加即得eq\r(aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(2,1)·a2＋a1·aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(3,2))＋eq\r(aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(2,2)·a3＋a2·aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(3,3))＋eq\r(aeq\o\al(3,3)＋aeq\o\al(2,3)·a1＋a3·aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(3,1))≥2(eq\r(aeq\o\al(3,1))＋eq\r(aeq\o\al(3,2))＋eq\r(aeq\o\al(3,3))).例2設(shè)a，b∈R＋，且a＋b＝2.求證：eq\f(a2,2－a)＋eq\f(b2,2－b)≥2.證明根據(jù)柯西不等式，有[(2－a)＋(2－b)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2－a)＋\f(b2,2－b)))＝[(eq\r(2－a))2＋(eq\r(2－b))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(2－a))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(2－b))))\s\up12(2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2－a)·\f(a,\r(2－a))＋\r(2－b)·\f(b,\r(2－b))))eq\s\up12(2)＝(a＋b)2＝4.∴eq\f(a2,2－a)＋eq\f(b2,2－b)≥eq\f(4,（2－a）＋（2－b）)＝2.∴原不等式成立.規(guī)律方法利用柯西不等式證明某些不等式時，有時需要將數(shù)學(xué)表達式適當?shù)淖冃?這種變形往往要求具有很高的技巧，必須善于分析題目的特征，根據(jù)題設(shè)條件，綜合地利用添、拆、分解、組合、配方、變量代換、數(shù)形結(jié)合等方法才能發(fā)現(xiàn)問題的本質(zhì)，找到突破口.跟蹤演練2已知a＞b＞c.求證：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c).證明原不等式可變形為(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＞4.又a－c＝(a－b)＋(b－c)，利用柯西不等式證明即可.∵(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝[(a－b)＋(b－c)]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝[(eq\r(a－b))2＋(eq\r(b－c))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a－b))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,b－c))))\s\up12(2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a－b)\r(\f(1,a－b))＋\r(b－c)\r(\f(1,b－c))))eq\s\up12(2)＝4.∴原不等式成立.要點二利用二維柯西不等式求最值例3若3x＋4y＝2，試求x2＋y2的最小值及最小值點.解由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥eq\f(4,25).當且僅當eq\f(x,3)＝eq\f(y,4)時成立，為求最小值點，需解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋4y＝2，,\f(x,3)＝\f(y,4).))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,25)，,y＝\f(8,25).))因此，當x＝eq\f(6,25)，y＝eq\f(8,25)時，x2＋y2取得最小值，最小值為eq\f(4,25)，最小值點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,25)，\f(8,25))).規(guī)律方法利用柯西不等式求最值①先變形湊成柯西不等式的結(jié)構(gòu)特征，是利用柯西不等式求解的先決條件；②有些最值問題從表面上看不能利用柯西不等式，但只要適當添加上常數(shù)項或和為常數(shù)的各項，就可以應(yīng)用柯西不等式來解，這也是運用柯西不等式解題的技巧；③有些最值問題的解決需要反復(fù)利用柯西不等式才能達到目的，但在運用過程中，每運用一次前后等號成立的條件必須一致，不能自相矛盾，否則就會出現(xiàn)錯誤.多次反復(fù)運用柯西不等式的方法也是常用技巧之一.跟蹤演練3設(shè)a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，則eq\r(m2＋n2)的最小值為________.解析運用柯西不等式求解.根據(jù)柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，eq\r(m2＋n2)的最小值為eq\r(5).答案eq\r(5)1.利用柯西不等式的關(guān)鍵是找出相應(yīng)的兩組數(shù)，應(yīng)用時要對照柯西不等式的原型，進行多角度的嘗試.2.柯西不等式取等號的條件也不容易記憶，如(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2等號成立的條件是ad＝bc，可以把a，b，c，d看作成等比，則ad＝bc來聯(lián)想記憶.1.已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則()A.ab≤eq\f(1,2) B.ab≥eq\f(1,2)C.a2＋b2≥2 D.a2＋b2≤3解析∵(12＋12)(a2＋b2)≥(a＋b)2＝4，∴a2＋b2≥2.故選C.答案C2.已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是()A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(25,36) D.eq\f(36,25)解析2x2＋3y2＝[(eq\r(2)x)2＋(eq\r(3)y)2][(eq\r(3))2＋(eq\r(2))2]×eq\f(1,5)≥eq\f(1,5)(eq\r(6)x＋eq\r(6)y)2＝eq\f(6,5)(x＋y)2＝eq\f(6,5).當且僅當2x＝3y，取x＝eq\f(3,5)，y＝eq\f(2,5)時等號成立.答案B3.設(shè)xy＞0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,x2)))的最小值為________.解析原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,y)))\s\up12(2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))\s\up12(2)＋y2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·\f(1,x)＋\f(2,y)·y))eq\s\up12(2)＝9.當且僅當xy＝eq\r(2)時等號成立.即所求最小值為9.答案94.已知2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值.解∵(4x2＋9y2)(22＋22)≥(4x＋6y)2＝4，∴4x2＋9y2≥eq\f(1,2)，當且僅當2×2x＝3y×2，即2x＝3y時等號成立.又2x＋3y＝1，得x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,6).故當x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,6)時，4x2＋9y2的最小值為eq\f(1,2).一、基礎(chǔ)達標1.已知x，y＞0，且xy＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))的最小值為()A.4 B.2 C.1 D.eq\f(1,4)解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))\s\up12(2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(y))))\s\up12(2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1＋\f(1,\r(x))×\f(1,\r(y))))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(xy))))eq\s\up12(2)＝22＝4，當且僅當x＝y(tǒng)＝1時等號成立.答案A2.函數(shù)y＝2eq\r(2－x)＋eq\r(2x－3)的最大值是()A.3 B.eq\f(3,2) C.eq\r(3) D.4解析y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\r(2－x)＋\r(2)×\r(x－\f(3,2))))eq\s\up12(2)≤[22＋(eq\r(2))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\r(2－x)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x－\f(3,2))))\s\up12(2)))＝6×eq\f(1,2)＝3，當且僅當2eq\r(x－\f(3,2))＝eq\r(2)·eq\r(2－x)，即x＝eq\f(5,3)時等號成立.故y的最大值為eq\r(3).答案C3.已知2x2＋y2＝1，則2x＋y的最大值是()A.eq\r(2) B.2 C.eq\r(3) D.3解析2x＋y＝eq\r(2)×eq\r(2)x＋1×y≤eq\r(（\r(2)）2＋12)×eq\r(（\r(2)x）2＋y2)＝eq\r(3)×eq\r(2x2＋y2)＝eq\r(3)，當且僅當eq\r(2)y＝eq\r(2)x，即x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(3),3)時等號成立，故2x＋y取到最大值eq\r(3).答案C4.已知eq\f(4,x)＋eq\f(9,y)＝2，x，y＞0，則x＋y的最小值是()A.eq\f(25,2) B.eq\f(25,4) C.eq\f(5,2) D.5解析由eq\f(4,x)＋eq\f(9,y)＝2，可得x＋y＝eq\f([（\r(x)）2＋（\r(y)）2]\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(x))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(y))))\s\up12(2))),2)≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)·\f(2,\r(x))＋\r(y)·\f(3,\r(y))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)(2＋3)2＝eq\f(25,2).當且僅當eq\r(x)·eq\f(3,\r(y))＝eq\r(y)·eq\f(2,\r(x))，即x＝5，y＝eq\f(15,2)時等號成立.答案A5.設(shè)a＝(－2，1，2)，|b|＝6，則a·b的最小值為________，此時b＝________.解析根據(jù)柯西不等式的向量形式，有|a·b|≤|a|·|b|，∴|a·b|≤eq\r(（－2）2＋12＋22)×6＝18，當且僅當存在實數(shù)k，使a＝kb時，等號成立.∴－18≤a·b≤18.∴a·b的最小值為－18，此時b＝－2a＝(4，－2，－4).答案－18(4，－2，－4)6.設(shè)實數(shù)x，y滿足3x2＋2y2≤6，則2x＋y的最大值為________.解析由柯西不等式得(2x＋y)2≤[(eq\r(3)x)2＋(eq\r(2)y)2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))\s\up12(2)))＝(3x2＋2y2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)＋\f(1,2)))≤6×eq\f(11,6)＝11.當且僅當3x＝4y，即x＝eq\f(4,\r(11))，y＝eq\f(3,\r(11))時等號成立.因此2x＋y的最大值為eq\r(11).答案eq\r(11)7.若2x＋3y＝1，求x2＋y2的最小值及最小值點.解由柯西不等式(x2＋y2)(22＋32)≥(2x＋3y)2得13(x2＋y2)≥1，所以x2＋y2＝eq\f(1,13)，當且僅當3x＝2y時成立.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＝1，,3x＝2y.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,13)，,y＝\f(3,13).))最小值eq\f(1,13)及最小值點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,13)，\f(3,13))).二、能力提升8.已知a，b＞0，且a＋b＝1，則(eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1))2的最大值是()A.2eq\r(6) B.eq\r(6)C.6 D.12解析(eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1))2＝(1×eq\r(4a＋1)＋1×eq\r(4b＋1))2≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)＝2[4(a＋b)＋2]＝2×(4×1＋2)＝12，當且僅當eq\r(4b＋1)＝eq\r(4a＋1)，即a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立.答案D9.若a＋b＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))eq\s\up12(2)的最小值為()A.1 B.2C.eq\f(25,2) D.eq\f(7,2)解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))eq\s\up12(2)＝a2＋2＋eq\f(1,a2)＋b2＋2＋eq\f(1,b2).∵a＋b＝1，∴a2＋b2＝eq\f(1,2)(a2＋b2)·(1＋1)≥eq\f(1,2)(a＋b)2＝eq\f(1,2)，又∵eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥eq\f(2,ab)≥eq\f(8,（a＋b）2)＝8，以上兩個不等式都是當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))eq\s\up12(2)≥eq\f(1,2)＋2＋2＋8＝eq\f(25,2)，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立，取到最小值eq\f(25,2).答案C10.函數(shù)y＝3eq\r(x－5)＋4eq\r(6－x)的最大值為________.解析∵y2＝(3eq\r(x－5)＋4eq\r(6－x))2≤(32＋42)[(eq\r(x－5))2＋(eq\r(6－x))2]＝25(x－5＋6－x)＝25，當且僅當3eq\r(6－x)＝4eq\r(x－5)，即x＝eq\f(134,25)時等號成立.∴函數(shù)y的最大值為5.答案511.設(shè)a，b∈R，且a2＋b2＝10，求3a＋b的最大值與最小值.解利用柯西不等式得(3a＋b)2＝(a·3＋b·1)2≤(a2＋b2)(32＋12)＝10×10＝100，即(3a＋b)2≤100，∴|3a＋b|≤10，－10≤3a＋b≤10，當且僅當a＝3b時等號成立.又a2＋b2＝10，∴a2＝9，b2＝1.∴當a＝－3，b＝－1時，3a＋b有最小值－10；當a＝3，b＝1時，3a＋b有最大值10，12.已知θ為銳角，a，b＞0，求證：(a＋b)2≤eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ).證明設(shè)m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)，\f(b,sinθ)))，n＝(cosθ，sinθ)，則|a＋b|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)·cosθ＋\f(b,sinθ)·sinθ))＝|m·n|≤|m||n|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,sinθ)))\s\up12(2))·eq\r(1)＝eq\r(\f(a2,cos2θ)＋\f(b2,sin2θ))，當且僅當a＝kcos2θ，b＝ksin2θ，k∈R時等號成立.故(a＋b)2≤eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ).三、探究與創(chuàng)新13.在半徑為R的圓內(nèi)，求周長最大的內(nèi)接長方形.解如圖，設(shè)內(nèi)接長方形ABCD的長為x，則寬為eq\r(4R2－x2)，于是長方形ABCD的周長l＝2(x＋eq\r(4R2－x2))＝2(1×x＋1×eq\r(4R2－x2)).由柯西不等式得l≤2[x2＋(eq\r(4R2－x2))2]eq\f(1,2)(12＋12)eq\f(1,2)，＝2eq\r(2)·2R＝4eq\r(2)R.當且僅當eq\f(x,1)＝eq\f(\r(4R2－x2),1)，即x＝eq\r(2)R時等號成立.此時，eq\r(4R2－x2)＝eq\r(4R2－（\r(2)R）2)＝eq\r(2)R.即長方形ABCD為正方形，故周長最大的內(nèi)接長方形為正方形，其周長為4eq\r(2)R.二一般形式的柯西不等式[學(xué)習(xí)目標]1.理解三維形式的柯西不等式，在此基礎(chǔ)上，過渡到柯西不等式的一般形式.2.會用三維形式及一般形式的柯西不等式證明有關(guān)不等式和求函數(shù)的最值.[知識鏈接]1.在空間向量中，有|α||β|≥|α·β|，據(jù)此如何推導(dǎo)三維的柯西不等式的代數(shù)形式.提示設(shè)α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)，則α·β＝a1b1＋a2b2＋a3b3代入向量式得：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3))≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.當且僅當α·β共線時，即β＝0，或存在一個數(shù)k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)時，等號成立.2.在一般形式的柯西不等式中，等號成立的條件記為ai＝kbi(i＝1，2，3，…，n)，可以嗎？提示不可以.不僅僅當ai＝kbi(i＝1，2，…，n)時，等號成立，當bi＝0(i＝1，2，…，n)時等號也成立.[預(yù)習(xí)導(dǎo)引]1.三維形式的柯西不等式設(shè)a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R，則(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3))≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.當且僅當b1＝b2＝b3＝0或存在一個數(shù)k，使得a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3時，等號成立.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(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n))·(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn)2，當且僅當bi＝0(i＝1，2，3，…，n)或存在一個數(shù)k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3，…，n)時，等號成立.要點一利用柯西不等式證明不等式例1設(shè)a，b，c為正數(shù)，且不全相等.求證：eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)＞eq\f(9,a＋b＋c).證明構(gòu)造兩組數(shù)eq\r(a＋b)，eq\r(b＋c)，eq\r(c＋a)；eq\f(1,\r(a＋b))，eq\f(1,\r(b＋c))，eq\f(1,\r(c＋a))，則由柯西不等式得(a＋b＋b＋c＋c＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))≥(1＋1＋1)2，①即2(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))≥9，于是eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)≥eq\f(9,a＋b＋c).由柯西不等式知，①中有等號成立?eq\f(\r(a＋b),\f(1,\r(a＋b)))＝eq\f(\r(b＋c),\f(1,\r(b＋c)))＝eq\f(\r(c＋a),\f(1,\r(c＋a)))?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c.因題設(shè)，a，b，c不全相等，故①中等號不成立，于是eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)＞eq\f(9,a＋b＋c).規(guī)律方法有些問題本身不具備運用柯西不等式的條件，但是我們只要改變一下多項式的形態(tài)結(jié)構(gòu)，就可以達到利用柯西不等式的目的.跟蹤演練1已知a，b，c∈R＋，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,c)＋\f(c,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(c,b)＋\f(a,c)))≥9.證明由柯西不等式，知左邊＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,c))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(c,a))))\s\up12(2)))×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(c,b))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,c))))\s\up12(2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))×\r(\f(a,b))＋\r(\f(b,c))×\r(\f(c,b))＋\r(\f(c,a))×\r(\f(a,c))))eq\s\up12(2)＝(1＋1＋1)2＝9.∴原不等式成立.要點二利用柯西不等式求最值例2設(shè)2x＋3y＋5z＝29，求函數(shù)u＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)的最大值.解根據(jù)柯西不等式120＝3[(2x＋1)＋(3y＋4)＋(5z＋6)]≥(1×eq\r(2x＋1)＋1×eq\r(3y＋4)＋1×eq\r(5z＋6))2，故eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)≤2eq\r(30).當且僅當2x＋1＝3y＋4＝5z＋6，即x＝eq\f(37,6)，y＝eq\f(28,9)，z＝eq\f(22,15)時等號成立，此時umax＝2eq\r(30).規(guī)律方法利用柯西不等式，可以方便地解決一些函數(shù)的最大值或最小值問題.通過巧拆常數(shù)、重新排序、改變結(jié)構(gòu)、添項等技巧，變形為能利用柯西不等式的形式.跟蹤演練2已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1)＋eq\r(4c＋1)的最大值.解eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1)＋eq\r(4c＋1)＝eq\r([（\r(4a＋1)）＋（\r(4b＋1)）＋（\r(4c＋1)）]2)≤eq\r(（4a＋1＋4b＋1＋4c＋1）·（12＋12＋12）)＝eq\r(21)，所以最大值為eq\r(21).要點三一般形式柯西不等式的應(yīng)用例3設(shè)a1，a2，…，an為正整數(shù)，求證：eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(aeq\o\al(2,n),a1)≥a1＋a2＋…＋an.證明由柯西不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋\f(aeq\o\al(2,2),a3)＋…＋\f(aeq\o\al(2,n),a1)))(a2＋a3＋…＋a1)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,\r(a2))·\r(a2)＋\f(a2,\r(a3))·\r(a3)＋…＋\f(an,\r(a1))·\r(a1)))eq\s\up12(2)＝(a1＋a2＋…＋an)2，故eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(aeq\o\al(2,n),a1)≥a1＋a2＋…＋an.規(guī)律方法柯西不等式的應(yīng)用：柯西不等式在求某些函數(shù)最值中和證明某些不等式時是經(jīng)常使用的理論根據(jù)，但我們在使用柯西不等式解決問題時，往往不能直接應(yīng)用，需要先對式子的形式進行變化，拼湊出與柯西不等式相似的結(jié)構(gòu)，繼而達到使用柯西不等式的目的.在應(yīng)用柯西不等式求最值時，不但要注意等號成立的條件，而且要善于構(gòu)造，技巧如下：①巧拆常數(shù)；②重新安排某些項的次序；③結(jié)構(gòu)的改變從而達到使用柯西不等式；④添項.跟蹤演練3已知a、b、c、d∈R＋，且a＋b＋c＋d＝1，求證：a2＋b2＋c2＋d2≥eq\f(1,4).證明根據(jù)柯西不等式，有(a2＋b2＋c2＋d2)(12＋12＋12＋12)≥(a＋b＋c＋d)2＝1，∴a2＋b2＋c2＋d2≥eq\f(1,4).當且僅當a＝b＝c＝d＝eq\f(1,4)時，等號成立.此時，a2＋b2＋c2＋d2取到最小值eq\f(1,4).1.柯西不等式的一般結(jié)構(gòu)為(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在利用柯西不等式證明不等式時關(guān)鍵是正確構(gòu)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)的形式，再結(jié)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(jié)構(gòu)特點，就能更靈活地應(yīng)用它.1.已知x，y，z＞0，且x＋y＋z＝1，則x2＋y2＋z2的最小值是()A.1 B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.3解析由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)·(12＋12＋12)≥(x＋y＋z)2＝1.即x2＋y2＋z2≥eq\f(1,3)，當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝eq\f(1,3)時，等號成立，故所求最小值為eq\f(1,3).答案B2.設(shè)a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值是()A.1 B.eq\r(3) C.3 D.9解析由柯西不等式，得[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]·(12＋12＋12)≥(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2，∴(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2≤3×1＝3.當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立.∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值為eq\r(3).答案B3.已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，則a2＋4b2＋9c2的最小值為________.解析由柯西不等式，得(12＋12＋12)(a2＋4b2＋9c2)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12，當a＝2b＝3c＝2時，等號成立，所以a2＋4b2＋9c2的最小值為12.答案124.設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.證明由柯西不等式，知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,c)＋\f(c2,a)))(a＋b＋c)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(c))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,\r(a))))\s\up12(2)))·[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))·\r(b)＋\f(b,\r(c))·\r(c)＋\f(c,\r(a))·\r(a)))eq\s\up12(2)＝(a＋b＋c)2.∵a，b，c為正數(shù)，∴a＋b＋c＞0.∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.一、基礎(chǔ)達標1.已知aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)＝1，則a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是()A.1 B.2 C.3 D.4解析(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))·(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))＝1×1＝1.當且僅當ai＝xi＝eq\f(\r(n),n)(i＝1，2，…，n)時，等號成立.故a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.答案A2.n個正數(shù)的和與這n個正數(shù)的倒數(shù)的和的乘積的最小值是()A.1 B.n C.n2 D.eq\f(1,n)解析設(shè)n個正數(shù)是x1，x2，…，xn，由柯西不等式，得(x1＋x2＋…＋xn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋…＋\f(1,xn)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x1)·\f(1,\r(x1))＋\r(x2)·\f(1,\r(x2))＋…＋\r(xn)·\f(1,\r(xn))))eq\s\up12(2)＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.當且僅當x1＝x2＝…＝xn時，等號成立.答案C3.若則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝5，則a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1的最小值為()A.－25 B.－5C.5 D.25解析由柯西不等式，得(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,1))≥(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1)2，∴|a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1|≤5.∴－5≤a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤5，故所求最小值為－5.選B.答案B4.若實數(shù)x＋y＋z＝1，則2x2＋y2＋3z2的最小值為()A.1 B.6C.11 D.eq\f(6,11)解析∵(2x2＋y2＋3z2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1＋\f(1,3)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x·\f(1,\r(2))＋y·1＋\r(3)z·\f(1,\r(3))))eq\s\up12(2)＝(x＋y＋z)2＝1.∴2x2＋y2＋3z2≥eq\f(1,\f(1,2)＋1＋\f(1,3))＝eq\f(6,11)，當且僅當x＝eq\f(3,11)，y＝eq\f(6,11)，z＝eq\f(2,11)時，等號成立.∴2x2＋y2＋3z2的最小值為eq\f(6,11).答案D5.設(shè)a，b，c為正數(shù)，則(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(9,b)＋\f(36,c)))的最小值是________.解析(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(9,b)＋\f(36,c)))＝[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(a))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(b))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(c))))\s\up12(2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(2,\r(a))＋\r(b)·\f(3,\r(b))＋\r(c)·\f(6,\r(c))))eq\s\up12(2)＝(2＋3＋6)2＝121.當且僅當eq\f(a,2)＝eq\f(b,3)＝eq\f(c,6)時，等號成立.答案1216.設(shè)x，y，z∈R，2x＋2y＋z＋8＝0，則(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2的最小值為________.解析2x＋2y＋z＋8＝0?2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)＝－9.考慮以下兩組向量：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≤(22＋22＋12)·[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2].所以(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥eq\f(（－9）2,9)＝9，當且僅當x＝－1，y＝－4，z＝2時，等號成立，此時取得最小值9.答案97.已知α1，α2，…，αn是平面凸n邊形的內(nèi)角的弧度數(shù)，求證：eq\f(1,α1)＋eq\f(1,α2)＋…＋eq\f(1,αn)≥eq\f(n2,（n－2）π).證明由柯西不等式，得(α1＋α2＋…＋αn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α1)＋\f(1,α2)＋…＋\f(1,αn)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(α1)·\r(\f(1,α1))＋\r(α2)·\r(\f(1,α2))＋…＋\r(αn)·\r(\f(1,αn))))eq\s\up12(2)＝n2.∵α1＋α2＋…＋αn＝(n－2)π，∴eq\f(1,α1)＋eq\f(1,α2)＋…＋eq\f(1,αn)≥eq\f(n2,（n－2）π)，當且僅當α1＝α2＝…＝αn＝eq\f(n－2,n)π時，等號成立.二、能力提升8.已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1)的最大值為()A.3 B.3eq\r(2)C.18 D.9解析由柯西不等式得(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))2≤(1＋1＋1)·(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)＝3[3(a＋b＋c)＋3].∵a＋b＋c＝1，∴(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))2≤3×6＝18，∴eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1)≤3eq\r(2)，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時等號成立.答案B9.已知a＋b＋c＝1，且a，b，c＞0，則eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)的最小值為()A.1 B.3 C.6 D.9解析∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)＝2(a＋b＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))≥(1＋1＋1)2＝9，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立.答案D10.已知2x＋3y＋z＝8，則x2＋y2＋z2取得最小值時，x，y，z形成的點(x，y，z)＝________.解析由柯西不等式，得(22＋32＋12)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥eq\f(82,14)＝eq\f(32,7)，當且僅當eq\f(x,2)＝eq\f(y,3)＝z時，等號成立.又2x＋3y＋z＝8，解得x＝eq\f(8,7)，y＝eq\f(12,7)，z＝eq\f(4,7)，故所求點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,7)，\f(12,7)，\f(4,7))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,7)，\f(12,7)，\f(4,7)))11.在△ABC中，設(shè)其各邊長分別為a，b，c，外接圓半徑為R，求證：(a2＋b2＋c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin2A)＋\f(1,sin2B)＋\f(1,sin2C)))≥36R2.證明∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，∴(a2＋b2＋c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin2A)＋\f(1,sin2B)＋\f(1,sin2C)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,sinA)＋\f(b,sinB)＋\f(c,sinC)))eq\s\up12(2)＝36R2.∴原不等式成立.12.已知二次三項式f(x)＝ax2＋bx＋c的所有系數(shù)均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：對于任何正數(shù)x1，x2，當x1x2＝1時，必有f(x1)f(x2)≥1.證明f(x1)f(x2)＝(axeq\o\al(2,1)＋bx1＋c)(axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c)≥[a(eq\r(x1x2))2＋beq\r(x1x2)＋c]2＝f2(eq\r(x1x2))＝f2(1)＝1.故f(x1)f(x2)≥1.三、探究與創(chuàng)新13.設(shè)x1，x2，x3，…，xn都是正實數(shù)，且x1＋x2＋x3＋…＋xn＝S.求證：eq\f(xeq\o\al(2,1),S－x1)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),S－x2)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n),S－xn)≥eq\f(S,n－1).證明法一根據(jù)柯西不等式，得不等式左邊＝eq\f(xeq\o\al(2,1),S－x1)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),S－x2)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n),S－xn)＝[(S－x1)＋(S－x2)＋…＋(S－xn)]·eq\f(1,（n－1）S)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),S－x1)＋\f(xeq\o\al(2,2),S－x2)＋…＋\f(xeq\o\al(2,n),S－xn)))＝eq\f(1,（n－1）S)[(eq\r(S－x1))2＋(eq\r(S－x2))2＋…＋(eq\r(S－xn))2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,\r(S－x1))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,\r(S－x2))))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn,\r(S－xn))))\s\up12(2)))≥eq\f(1,（n－1）S)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(S－x1)·\f(x1,\r(S－x1))))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(S－x2)·\f(x2,\r(S－x2))))))＋…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(S－xn)·\f(xn,\r(S－xn))))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,（n－1）S)(x1＋x2＋…＋xn)2＝eq\f(1,（n－1）S)·S2＝eq\f(S,n－1)＝不等式右邊.故原不等式成立.法二∵a＞0，∴a＋eq\f(1,a)≥2，∴a≥2－eq\f(1,a)，當且僅當a＝1時，等號成立.∴eq\f(xeq\o\al(2,i),S－xi)＝eq\f(xi,n－1)·eq\f(（n－1）xi,S－xi)≥eq\f(xi,n－1)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(S－xi,（n－1）xi)))＝eq\f(2xi,n－1)－eq\f(S－xi,（n－1）2)，i＝1，2，…，n.n個式子相加，有eq\f(xeq\o\al(2,1),S－x1)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),S－x2)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n),S－xn)≥eq\f(2x1,n－1)＋eq\f(2x2,n－1)＋…＋eq\f(2xn,n－1)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(S－x1,（n－1）2)＋\f(S－x2,（n－1）2)＋…＋\f(S－xn,（n－1）2)))＝eq\f(2S,n－1)－eq\f(nS－S,（n－1）2)＝eq\f(S,n－1).三排序不等式[學(xué)習(xí)目標]1.了解排序不等式的數(shù)學(xué)思想和背景；2.了解排序不等式的結(jié)構(gòu)與基本原理；3.理解排序不等式的簡單應(yīng)用.[知識鏈接]某班學(xué)生要開聯(lián)歡會，需要買價格不同的禮品4件、5件及2件，現(xiàn)在選擇商店中有單價為3元、2元和1元的禮品，問有多少不同的購買方案？在這些方案中哪種花錢最少？哪種花錢最多？提示有多少種不同的購買方案，實質(zhì)上就是禮品和單價有多少種不同的對應(yīng)關(guān)系.與單價3元對應(yīng)的禮品可以是4件的禮品，也可以是5件或2件的禮品共有三種對應(yīng)關(guān)系，與單價2元對應(yīng)的只還有剩下的2種.與單價一元對應(yīng)的只有一種.由乘法分步計數(shù)原理知共有3×2×1＝6種不同的購買方案.根據(jù)生活的實際經(jīng)驗，花錢最少的方案應(yīng)是最貴的禮品買最少的件數(shù)，最便宜的禮品買最多的件數(shù)，即1×5＋2×4＋3×2＝19元，花錢最多的方案應(yīng)是：單價最高的禮品買最多的件數(shù)，單價最低的禮品買最少的件數(shù)，即1×2＋2×4＋3×5＝25元.[預(yù)習(xí)導(dǎo)引]1.順序和、亂序和、反序和的概念設(shè)a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn為兩組實數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，則稱ai與bi(i＝1，2，…，n)的相同順序相乘所得積的和a1b1＋a2b2＋…＋anbn為順序和，和a1c1＋a2c2＋…＋ancn為亂序和，相反順序相乘所得積的和a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1為反序和.2.排序不等式(排序原理)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，當且僅當a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時，反序和等于順序和，此不等式簡記為反序和≤亂序和≤順序和.要點一用排序不等式證明不等式(一)(所證不等式中字母大小順序的確定)例1已知a，b，c為正數(shù)，a≥b≥c，求證：(1)eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab)；(2)eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).證明(1)∵a≥b＞0，于是eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)，又c＞0，∴eq\f(1,c)＞0，從而eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca).同理，∵b≥c＞0，于是eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，∵a＞0，∴eq\f(1,a)＞0，于是得eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab).從而eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab).(2)由(1)eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab)，于是順序和≥亂序和得，eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(b5,b3c3)＋eq\f(c5,c3a3)＋eq\f(a5,a3b3)＝eq\f(b2,c3)＋eq\f(c2,a3)＋eq\f(a2,b3)(∵a2≥b2≥c2，eq\f(1,c3)≥eq\f(1,b3)≥eq\f(1,a3))≥eq\f(c2,c3)＋eq\f(a2,a3)＋eq\f(b2,b3)＝eq\f(1,c)＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).規(guī)律方法應(yīng)用排序原理證明不等式的關(guān)鍵是找出兩個有序的數(shù)組，由于本題已知a≥b≥c，所以可以直接利用已知構(gòu)造兩個數(shù)組.跟蹤演練1設(shè)x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn.其中，，…，是，，…，的任意一個排列.由題設(shè)及排序原理知上式顯然成立.要點二用排序不等式證明不等式(二)(對所證不等式中的字母大小順序作出假設(shè))例2設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ca)＋eq\f(c12,ab)≥a10＋b10＋c10.證明由對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c，于是a12≥b12≥c12，eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab)，故由排序不等式：順序和≥亂序和，得eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ca)＋eq\f(c12,ab)≥eq\f(a12,ab)＋eq\f(b12,bc)＋eq\f(c12,ca)＝eq\f(a11,b)＋eq\f(b11,c)＋eq\f(c11,a).①又因為a11≥b11≥c11，eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c).再次由排序不等式：反序和≤亂序和，得eq\f(a11,a)＋eq\f(b11,b)＋eq\f(c11,c)≤eq\f(a11,b)＋eq\f(b11,c)＋eq\f(c11,a).②由①②得eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ca)＋eq\f(c12,ab)≥a10＋b10＋c10.規(guī)律方法當做出a≥b≥c的假設(shè)后，所用的兩個數(shù)組就可以完全確定了.但要注意a，b，c三者的“地位”必須對等，否則不成立.跟蹤演練2設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.證明由題意不妨設(shè)a≥b≥c＞0，由不等式的單調(diào)性，知ab≥ac≥bc，eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a).由排序原理，知ab×eq\f(1,c)＋ac×eq\f(1,b)＋bc×eq\f(1,a)≥ab×eq\f(1,b)＋ac×eq\f(1,a)＋bc×eq\f(1,c)，即所證不等式成立.要點三用排序不等式證明不等式(三)(對所證不等式中的字母大小順序需要加以討論)例3設(shè)a1，a2，…，an是1，2，…，n的一個排列，求證：eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n－1,n)≤eq\f(a1,a2)＋eq\f(a2,a3)＋…＋eq\f(an－1,an).證明設(shè)b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一個排列，且b1＜b2＜…＜bn－1；c1，c2，…，cn－1是a2，a3，…，an的一個排列，且c1＜c2＜…＜cn－1，則eq\f(1,c1)＞eq\f(1,c2)＞…＞eq\f(1,cn－1)且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.利用排序不等式，有eq\f(a1,a2)＋eq\f(a2,a3)＋…＋eq\f(an－1,an)≥eq\f(b1,c2)＋eq\f(b2,c2)＋…＋eq\f(bn－1,cn－1)≥eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n－1,n).∴原不等式成立.規(guī)律方法應(yīng)用排序不等式，構(gòu)造數(shù)組時，自己可根據(jù)題目的要求與需要，來限定數(shù)組間的一些聯(lián)系，對于大小順序，在不影響條件與結(jié)論的前提下，也可以設(shè)定.跟蹤演練3設(shè)a1，a2，…，an都是正數(shù)，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，求證：aeq\o\al(2,1)beq\o\al(－1,1)＋aeq\o\al(2,2)beq\o\al(－1,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)beq\o\al(－1,n)≥a1＋a2＋…＋an.證明設(shè)a1≥a2…≥an＞0，可知aeq\o\al(2,1)≥aeq\o\al(2,2)≥…≥aeq\o\al(2,n)，aeq\o\al(－1,n)≥aeq\o\al(－1,n－1)≥…≥aeq\o\al(－1,1)，由排序原理，得aeq\o\al(2,1)beq\o\al(－1,1)＋aeq\o\al(2,2)beq\o\al(－1,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)beq\o\al(－1,n)≥aeq\o\al(2,1)aeq\o\al(－1,1)＋aeq\o\al(2,2)aeq\o\al(－1,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(－1,n)，即aeq\o\al(2,1)beq\o\al(－1,1)＋aeq\o\al(2,2)beq\o\al(－1,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)beq\o\al(－1,n)≥a1＋a2＋…＋an.要點四利用排序原理求最值例4設(shè)a，b，c為任意正數(shù)，求eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)的最小值.解不妨設(shè)a≥b≥c，則a＋b≥a＋c≥b＋c，eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b)，由排序不等式得，eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(b,b＋c)＋eq\f(c,c＋a)＋eq\f(a,a＋b)eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(c,b＋c)＋eq\f(a,c＋a)＋eq\f(b,a＋b)上述兩式相加得：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b＋c)＋\f(b,c＋a)＋\f(c,a＋b)))≥3，即eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2).當且僅當a＝b＝c時，eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)取最小值eq\f(3,2).規(guī)律方法求最小(大)值，往往所給式子是順(反)序和式.然后利用順(反)序和不小(大)于亂序和的原理構(gòu)造出適當一個或二個亂序和從而求出其最小(大)值.跟蹤演練4設(shè)0＜a≤b≤c且abc＝1.試求eq\f(1,a3（b＋c）)＋eq\f(1,b3（a＋c）)＋eq\f(1,c3（a＋b）)的最小值.解令S＝eq\f(1,a3（b＋c）)＋eq\f(1,b3（a＋c）)＋eq\f(1,c3（a＋b）)，則S＝eq\f(（abc）2,a3（b＋c）)＋eq\f(（abc）2,b3（a＋c）)＋eq\f(（abc）2,c3（a＋b）)＝eq\f(bc,a（b＋c）)·bc＋eq\f(ac,b（a＋c）)·ac＋eq\f(ab,c（a＋b）)·ab.由已知可得：eq\f(1,a（b＋c）)≥eq\f(1,b（a＋c）)≥eq\f(1,c（a＋b）)，ab≤ac≤bc.∴S≥eq\f(bc,a（b＋c）)·ac＋eq\f(ac,b（a＋c）)·ab＋eq\f(ab,c（a＋b）)·bc＝eq\f(c,a（b＋c）)＋eq\f(a,b（a＋c）)＋eq\f(b,c（a＋b）).又S≥eq\f(bc,a（b＋c）)·ab＋eq\f(ac,b（a＋c）)·bc＋eq\f(ab,c（a＋b）)·ac＝eq\f(b,a（b＋c）)＋eq\f(c,b（a＋c）)＋eq\f(a,c（a＋b）)，兩式相加得：2S≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥3·eq\r(3,\f(1,abc))＝3.∴S≥eq\f(3,2)，即eq\f(1,a3（b＋c）)＋eq\f(1,b3（a＋c）)＋eq\f(1,c3（a＋b）)的最小值為eq\f(3,2).1.在沒有給定字母大小的情況下，要使用排序不等式，必須限定字母的大小順序，而只有具有對稱性的字母才可以直接限定字母的大小順序，否則要根據(jù)具體環(huán)境分類討論.2.求證一個與排序有關(guān)的不等式.若a，b，c在不等式中的“地位”是對稱的，解答時不妨設(shè)a≥b≥c，再利用排序不等式加以證明.1.有一有序數(shù)組，其順序和為A，反序和為B，亂序和為C，則它們的大小關(guān)系為()A.A≥B≥C B.A≥C≥BC.A≤B≤C D.A≤C≤B解析由排序不等式知，順序和≥亂序和≥反序和，故A≥C≥B.答案B2.已知a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11.將bi(i＝1，2，3，4，5)重新排列記為c1，c2，c3，c4，c5，則a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值是()A.324 B.314C.304 D.212解析a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝6＋28＋48＋90＋132＝304，應(yīng)選C.答案C3.n個正數(shù)與這n個正數(shù)的倒數(shù)的乘積的和的最小值為________.解析設(shè)0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，則0＜aeq\o\al(－1,n)≤aeq\o\al(－1,n－1)≤…≤aeq\o\al(－1,1)，則由排序不等式得，反序和≤亂序和≤順序和.故最小值為反序和a1·aeq\o\al(－1,1)＋a2·aeq\o\al(－1,2)＋…＋an·aeq\o\al(－1,n)＝n.答案n4.設(shè)a，b都是正數(shù)，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)≥eq\f(a,b)＋eq