二 一般形式的柯西不等式教学实录

《一般形式的柯西不等式》教学设计

学习目标：

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．会用三维形式及一般形式的柯西不等式证明有关不等式和求函数的最值等问题．

,

温故知新：

1．三维形式的柯西不等式

222222设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则(a21＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)，当且仅当bi＝0(i＝1，2，3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)时，等号成立．

2．一般形式的柯西不等式

设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，

222222则(a2当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．

探索新知

探索一.利用柯西不等式证明不等式[学生用书P44] a2b2c2例1.

(1)设a，b，c为正数，求证b＋c＋a≥a＋b＋c. (2)设a1，a2，…，an为实数，b1，b2，…，bn为正实数，求证：

（a1＋a2＋…＋an）2a2a2a212nb1＋b2＋…＋bn≥b1＋b2＋…＋bn. abc【证明】

(1)b＋c＋a(a＋b＋c) a2b2c2＝＋＋[(b)2＋(c)2＋(a)2] bcaa·b＋b·c＋c·a2≥＝(a＋b＋c)2，

cababc即b＋c＋a(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2. 因为a，b，c∈R＋，所以a＋b＋c＞0，

a2b2c2所以b＋c＋a≥a＋b＋c. ana1a2(2)b＋b＋…＋b(b1＋b2＋…＋bn) 12n222222222a1·b＋a2·b＋…＋an·b2≥12n

b2bnb1＝(a1＋a2＋…＋an)2. 因为b1，b2，…，bn为正实数，

所以b1＋b2＋…＋bn>0. （a1＋a2＋…＋an）2a2a2a212n所以b＋b＋…＋b≥. b1＋b2＋…＋bn12na1a2an当且仅当b＝b＝…＝b时，等号成立．

12n

教师点拨：利用柯西不等式证明不等式时常用的技巧

(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. 跟踪训练：

1.已知正数a，b，c，求证：

b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc. a＋b＋c证明：构造两组数ab，bc，ca；ca，ab，bc，

则由柯西不等式得

a2b2＋b2c2＋c2a2·c2a2＋a2b2＋b2c2

≥ab·ca＋bc·ab＋ca·bc，

即b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．

b2c2＋c2a2＋a2b2于是≥abc. a＋b＋c2．已知a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1. 求证：|a＋b＋c|≤3. 证明：由柯西不等式，得

(a＋b＋c)2≤(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)＝3. 所以－3≤a＋b＋c≤3，

所以|a＋b＋c|≤3.

探索二.用三维形式柯西不等式求最值[学生用书P44] 例2.设a，b，c为正数，且a＋2b＋3c＝13，求3a＋2b＋c的最大值．

1222【解】

因为(a＋2b＋3c)（3）＋1＋

3a×3＋2b×1＋3c×12≥

3＝(3a＋2b＋c)2，

113所以(3a＋2b＋c)≤13×3＋1＋3＝3. 22133所以3a＋2b＋c≤3，

当且仅当a2b3c＝1＝1时，等号成立．

33又a＋2b＋3c＝13，

31133所以当a＝9，b＝2，c＝3时，(3a＋2b＋c)max＝3.

教师点拨：利用柯西不等式求最值的方法技巧

利用柯西不等式可求某些含有约束条件的多变量函数的最值问题，其关键是对原目标函数通过巧变结构、巧拆常数、巧换位置、巧添项等技巧以保证柯西不等式的结构特征且出现常数结果，同时要注意等号成立的条件．

训练巩固：

设2x＋3y＋5z＝29，求函数μ＝2x＋1＋3y＋4＋5z＋6的最大值．

解：根据柯西不等式，有

(2x＋1·1＋3y＋4·1＋5z＋6·1)2≤[(2x＋1)＋(3y＋4)＋(5z＋6)]·(1＋1＋1)

＝3×(2x＋3y＋5z＋11)＝3×40＝120. 故2x＋1＋3y＋4＋5z＋6≤230，当且仅当2x＋1＝3y＋4＝5z＋6，

372822即x＝6，y＝9，z＝15时等号成立．此时μmax＝230.

归纳提升：

1．对柯西不等式一般形式的说明

一般形式的柯西不等式是二维形式

、三维形式、四维形式的柯西不等式的归纳与推广，其特点可类比二维形式的柯西不等式来总结，左边是平方和的积，右边是积的和的平方．运用时的关键是构造出符合柯西不等式的结构形式．

2．一般形式柯西不等式成立的条件

a1由柯西不等式的证明过程可知Δ＝0⇔f(x)min＝0⇔a1x－b1＝a2x－b2＝…＝anx－bn＝0⇔b1＝b2＝…＝bn＝0，或ba2an＝b＝…＝b. 2n1【规范解答】

构造三维柯西不等式求最值

(本题满分7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；

11(2)求4a2＋9b2＋c2的最小值．

【解】

(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

11ab118(4a2＋9b2＋c2)(4＋9＋1)≥(2×2＋3×3＋c×1)2＝(a＋b＋c)2＝16，即4a2＋9b2＋c2≥7. (5分) 11a23bc8182118当且仅当2＝3＝1，即a＝7，b＝7，c＝7时等号成立，故4a2＋9b2＋c2的最小值是7.(7分) 教师点评：

(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1a2，1b2，c2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．

94

当堂检测

1．若x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝1，求m＝2x＋2y＋5z的最大值．

解：由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)[(2)2＋(2)2＋(5)2]≥(2x＋2y＋5z)2，

xyz当且仅当＝＝时，等号成立，所以－3≤2x＋2y＋5z≤3，

225因此m的最大值为3. 111n22．已知α1，α2，…，αn是平面凸n边形的内角的弧度数，求证：α＋α＋…＋α≥. （n－2）π12n111证明：由柯西不等式，得(α1＋α2＋…＋αn)(α＋α＋…＋α)≥(α1·12n1α1＋α2·1α2＋…＋αn·122)＝n. αn

因为α1＋α2＋…＋αn＝(n－2)π，

111n2所以α＋α＋…＋α≥，

（n－2）π12nn－2当且仅当α1＝α2＝…＝αn＝nπ时，等号成立．

,

巩固练习[学生用书P45])

[A

基础达标] 1．设a，b，c为正数，且a＋b＋4c＝1，则a＋b＋2c的最大值为(

) A．102

B．10 C．210

D．310 解析：选A.由柯西不等式，得(a＋b＋2c)2≤12＋12＋222[(a)2＋(b)2＋(4c)2] ＝5＝52×12，

所以a＋b＋2c≤5102＝2，当且仅当a＝b＝22c时，等号成立．故选A. 2．已知a21＋a22＋…＋a2n＝1，x21＋x22＋…＋x2n＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值为(

) A．1

B．2 C．－1

D．

不确定

解析：选A.因为(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2

≤(a21＋a22＋…＋a2n)(x21＋x22＋…＋x2n)＝1×1＝1，

当且仅当ai＝kxi (i＝1，2，…，n)时，等号成立，

所以a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.故选A. 3．已知x2＋3y2＋4z2＝2，则|x＋3y＋4z|的最大值为(

) A．2

B．4 C．6

D．8 解析：选B.由柯西不等式知(x2＋3y2＋4z2)(1＋3＋4)≥(x＋3y＋4z)2，

又x2＋3y2＋4z2＝2所以2×8≥(x＋3y＋4z)2. 所以|x＋3y＋4z|≤4. 当且仅当x＝3y2z13＝2，即x＝y＝z＝2时取等号．

4．设a，b，c∈R149＋，a＋b＋c＝6，则a＋b＋c的最小值为(

) A．1

B．4 C．6

D．9 解析：选C.由柯西不等式得(a＋b＋c)149a＋b＋c＝[(a)2＋(b)2＋(c)2]·12429a＋b＋c2≥a·1a＋b·2b＋c·32c＝36.即6149149a＋b＋c≥36.所以a＋b＋c≥6.故选C. 课外作业

1．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则a＋b＋cx＋y＋z＝(

A．14

B．13

)

1C．2

223D．4

2111212121解析：选C.由柯西不等式得，(a＋b＋c)·4x＋4y＋4z≥2ax＋2by＋2cz，

abc当且仅当1＝1＝1时等号成立．

2x2y2z因为a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，所以等号成立．

a＋b＋c1abc所以1＝1＝1.所以＝.故选C. x＋y＋z22x2y2z11112．边长为a，b，c的三角形ABC，其面积为4，外接圆半径R为1，若s＝a＋b＋c，t＝a＋b＋c，则s与t的大小关系是________．

11c111解析：由已知得2absin C＝4，sin C＝2R＝2.所以abc＝1，所以a＋b＋c＝ab＋bc＋ca，

2111111由柯西不等式得a＋b＋c(ab＋bc＋ca)≥(b＋c＋a)2，所以a＋b＋c≥(a＋b＋c)2. 111即a＋b＋c≥a＋b＋c. 当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．

3当a＝b＝c时，三角形ABC的面积为4，不满足题意，所以s

22x2x2xn113．设x1、x2、…、xn∈R＋且x1＋x2＋…＋xn＝1，求证：＋＋…＋≥. 1＋x11＋x21＋xnn＋12x2x2xn12证明：(n＋1)(＋＋…＋) 1＋x11＋x21＋xn222x1x2xnx12＝(1＋x1＋1＋x2＋…＋1＋xn)(＋＋…＋)＝[(1＋x1)2＋(1＋x2)2＋…＋(1＋xn)2]·[()＋1＋x11＋x21＋xn1＋x1x22xn2x1x2xn2()＋…＋()]≥(1＋x1·＋1＋x2·＋…＋1＋xn·)＝(x1＋x2＋…＋xn)2＝1，

1＋x21＋xn1＋x11＋x21＋xn2x2x2x2112n所以＋＋…＋≥. 1＋x11＋x21＋xnn＋1