《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二章 幾個(gè)重要的不等式 1.2 一般形式的柯西不等式學(xué)案 北師大版選修4-5.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二章 幾個(gè)重要的不等式 1.2 一般形式的柯西不等式學(xué)案 北師大版選修4-5.docx（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1.2　一般形式的柯西不等式 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.理解并掌握三維形式的柯西不等式.2.了解柯西不等式的一般形式，體會(huì)從特殊到一般的思維過(guò)程.3.會(huì)用三維形式及一般形式的柯西不等式解決一些特殊形式的問(wèn)題． 知識(shí)點(diǎn)一　三維形式的柯西不等式 思考1　類(lèi)比平面向量，在空間向量中，如何用|α||β|≥ |αβ|推導(dǎo)三維形式的柯西不等式？ 答案　設(shè)α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)， 則|α|＝，|β|＝. ∵|α||β|≥|αβ|， ∴≥|a1b1＋a2b2＋a3b3|， ∴(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2. 思考2　三維形式的柯西不等式中，等號(hào)成立的條件是什么？ 答案　當(dāng)且僅當(dāng)α，β共線(xiàn)時(shí)，即β＝0或存在實(shí)數(shù)k，使a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3時(shí)，等號(hào)成立． 梳理　三維形式的柯西不等式 設(shè)a1，a2，a3，b1，b2，b3是兩組實(shí)數(shù)，則(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.當(dāng)向量(a1，a2，a3)與向量(b1，b2，b3)共線(xiàn)時(shí)，等號(hào)成立． 知識(shí)點(diǎn)二　一般形式的柯西不等式 1．一般形式的柯西不等式 設(shè)a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是兩組實(shí)數(shù)，則(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2. 2．柯西不等式等號(hào)成立的條件 當(dāng)且僅當(dāng)bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一個(gè)實(shí)數(shù)k，使得 ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時(shí)等號(hào)成立．當(dāng)向量(a1，a2，…，an)與向量(b1，b2，…，bn)共線(xiàn)時(shí)，等號(hào)成立.  類(lèi)型一　利用柯西不等式證明不等式 命題角度1　三維形式的柯西不等式的應(yīng)用 例1　設(shè)a，b，c為正數(shù)，且不全相等． 求證：＋＋＞. 證明　構(gòu)造兩組數(shù)，，； ，，，則由柯西不等式，得 (a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2，① 即2(a＋b＋c)≥9， 于是＋＋≥. 由柯西不等式知，①中等號(hào)成立?＝＝?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c. 因?yàn)轭}設(shè)中a，b，c不全相等，故①中等號(hào)不成立， 于是＋＋＞. 反思與感悟　有些問(wèn)題一般不具備直接應(yīng)用柯西不等式的條件，可以通過(guò)： (1)構(gòu)造符合柯西不等式的形式及條件，可以巧拆常數(shù)． (2)構(gòu)造符合柯西不等式的形式及條件，可以重新安排各項(xiàng)的次序． (3)構(gòu)造符合柯西不等式的形式及條件，可以改變式子的結(jié)構(gòu)，從而達(dá)到使用柯西不等式的目的． (4)構(gòu)造符合柯西不等式的形式及條件，可以添項(xiàng)． 跟蹤訓(xùn)練1　已知a，b，c∈R＋，求證：≥9. 證明　由柯西不等式知， 左邊＝ ≥2 ＝(1＋1＋1)2＝9， ∴原不等式成立． 命題角度2　一般形式的柯西不等式的應(yīng)用 例2　設(shè)a1，a2，…，an為正整數(shù)，求證：＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an. 證明　由柯西不等式，得 (a2＋a3＋…＋a1) ≥2 ＝(a1＋a2＋…＋an)2， 故＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an. 反思與感悟　一般形式的柯西不等式看著往往感覺(jué)比較復(fù)雜，這時(shí)一定要注意式子的結(jié)構(gòu)特征，一邊一定要出現(xiàn)“方、和、積”的形式． 跟蹤訓(xùn)練2　已知a1，a2，…，an∈R＋，且a1＋a2＋…＋an＝1，求證：＋＋…＋＋≥. 證明　∵2 ＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋a1)] ≥2 ＝(a1＋a2＋…＋an)2＝1， ∴＋＋…＋≥. 類(lèi)型二　利用柯西不等式求函數(shù)的最值 例3　(1)若實(shí)數(shù)x，y，z滿(mǎn)足x＋2y＋3z＝a(a為常數(shù))，則x2＋y2＋z2的最小值為_(kāi)_____． 答案　 解析　∵(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝a2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)取等號(hào)，即14(x2＋y2＋z2)≥a2， ∴x2＋y2＋z2≥， 即x2＋y2＋z2的最小值為. (2)已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1.求＋＋的最小值； 解　∵x＋y＋z＝1， ∴＋＋＝(x＋y＋z)≥2＝(1＋2＋3)2＝36. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝＝， 即x＝，y＝，z＝時(shí)取等號(hào)． ∴＋＋的最小值為36. 反思與感悟　利用柯西不等式求最值時(shí)，關(guān)鍵是對(duì)原目標(biāo)函數(shù)進(jìn)行配湊，以保證出現(xiàn)常數(shù)結(jié)果．同時(shí)，要注意等號(hào)成立的條件． 跟蹤訓(xùn)練3　已知a＞0，b＞0，c＞0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4. (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值． 解　(1)因?yàn)閒(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c， 當(dāng)且僅當(dāng)－a≤x≤b時(shí)，等號(hào)成立． 又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值為a＋b＋c， 又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4. (2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式，得 (4＋9＋1)≥2＝(a＋b＋c)2＝16， 即a2＋b2＋c2≥，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝， 即a＝，b＝，c＝時(shí)等號(hào)成立， 故a2＋b2＋c2的最小值為. 1．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，則＋2＋的最大值為(　　) A．2 B．2 C．4 D．5 答案　C 解析　∵(＋2＋)2＝(1＋2＋)2≤[12＋22＋()2][()2＋()2＋()2] ＝8(x＋y＋z)＝16(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝時(shí)取等號(hào))， ∴＋2＋≤4. 2．若a，b，c∈R＋，且＋＋＝1，則a＋2b＋3c的最小值為(　　) A．9B．3C.D．6 答案　A 解析　由柯西不等式，得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥(1＋1＋1)2＝9， ∴a＋2b＋3c的最小值為9. 3．設(shè)a，b，c，d均為正實(shí)數(shù)，則(a＋b＋c＋d)的最小值為_(kāi)_______． 答案　16 解析　(a＋b＋c＋d) ＝[()2＋()2＋()2＋()2] ≥2＝(1＋1＋1＋1)2＝42＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d時(shí)取等號(hào)． 4．已知正數(shù)x，y，z滿(mǎn)足x＋y＋z＝1，求證：＋＋≥. 證明　因?yàn)閤＞0，y＞0，z＞0，所以由柯西不等式得[()2＋()2＋()2]≥(x＋y＋z)2，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即x＝y(tǒng)＝z＝時(shí)，等號(hào)成立， 所以＋＋≥＝. 1．柯西不等式的一般結(jié)構(gòu)為(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在利用柯西不等式證明不等式時(shí)關(guān)鍵是正確構(gòu)造左邊的兩個(gè)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(jìn)行配湊，是常見(jiàn)的變形技巧．對(duì)于許多不等式問(wèn)題，用柯西不等式來(lái)解往往是簡(jiǎn)明的，正確理解柯西不等式，掌握它的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，就能更靈活地應(yīng)用它． 一、選擇題 1．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，則a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　A 解析　(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝11＝1，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝…＝＝1時(shí)取等號(hào)． ∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1. 2．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，則ab＋bc＋cd＋ad的最小值為(　　) A．5B．－5C．25D．－25 答案　B 解析　(ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)(b2＋c2＋d2＋a2)＝25，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d＝時(shí)，等號(hào)成立． ∴ab＋bc＋cd＋ad的最小值為－5. 3．設(shè)a，b，c，x，y，z是正數(shù)，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，則等于(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　由柯西不等式，得(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝＝時(shí)取等號(hào)，因此有＝. 4．已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值為(　　) A．3 B．3 C．18 D．9 答案　B 解析　由柯西不等式，得 (＋＋)2≤(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)＝3[3(a＋b＋c)＋3]． ∵a＋b＋c＝1， ∴(＋＋)2≤36＝18， ∴＋＋≤3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)等號(hào)成立． 5．設(shè)a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值是(　　) A．1 B. C．3 D．9 答案　B 6．已知x，y是實(shí)數(shù)，則x2＋y2＋(1－x－y)2的最小值是(　　) A. B. C．6 D．3 答案　B 解析　∵(12＋12＋12)[x2＋y2＋(1－x－y)2]≥[x＋y＋(1－x－y)]2＝1， ∴x2＋y2＋(1－x－y)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時(shí)等號(hào)成立． 二、填空題 7．設(shè)a，b，c∈R＋，若(a＋b＋c)≥25恒成立，則正數(shù)k的最小值是________． 答案　9 解析　因?yàn)?a＋b＋c)≥(1＋1＋)2＝(2＋)2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)，等號(hào)成立，所以(a＋b＋c)的最小值是(2＋)2.由(a＋b＋c)≥25恒成立，得(2＋)2≥25.又k＞0，所以k≥9，所以正數(shù)k的最小值是9. 8．設(shè)a，b，c為正數(shù)，則(a＋b＋c)的最小值是________． 答案　121 解析　(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2] ≥2＝(2＋3＋6)2＝121. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝＝k(k為正實(shí)數(shù))時(shí)，等號(hào)成立． 9．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，則＋＋的最大值為_(kāi)_______． 答案　4 解析　由柯西不等式，得(＋＋)2＝(1＋1＋1)2 ≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3) ＝3(26＋4)＝48. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝， 即2a＝2b＋1＝2c＋3時(shí)等號(hào)成立． 又a＋b＋c＝6，∴當(dāng)a＝，b＝，c＝時(shí)， ＋＋取得最大值4. 10．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_(kāi)______． 答案　9 解析　∵(22＋22＋12)[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2]≥[2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)]2 ＝(2x＋2y＋z－1)2＝81， ∴(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥9. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)取等號(hào)． 三、解答題 11．在△ABC中，設(shè)其各邊長(zhǎng)分別為a，b，c，外接圓半徑為R，求證：(a2＋b2＋c2)≥36R2. 證明　∵＝＝＝2R， ∴(a2＋b2＋c2)≥2＝36R2. ∴原不等式成立． 12．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a，又正數(shù)p，q，r滿(mǎn)足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3. 證明　因?yàn)閒(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 即函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為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. 13．(2018江蘇)若x，y，z為實(shí)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?yàn)閤＋2y＋2z＝6， 所以x2＋y2＋z2≥4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)，不等式取等號(hào)， 此時(shí)x＝，y＝，z＝， 所以x2＋y2＋z2的最小值為4. 四、探究與拓展 14．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1. (1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，求x，y，z的值； (2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，求正數(shù)t的取值范圍． 解　(1)∵(2x2＋3y2＋6z2)≥(x＋y＋z)2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)，等號(hào)成立， ∴2x＝3y＝6z.又∵x＋y＋z＝1， ∴x＝，y＝，z＝. (2)∵(2x2＋3y2＋tz2)≥(x＋y＋z)2＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)，等號(hào)成立， ∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝. ∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立， ∴≥1. 又t＞0，∴t≥6.