二 一般形式的柯西不等式优秀教学设计

一

二维形式的柯西不等式

[学习目标] 1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式，以及定理1、定理2、定理3等几种不同形式，理解它们的几何意义. 2.会用柯西不等式的代数形式和向量形式以及定理1、定理2、定理3，证明比较简单的不等式，会求某些函数的最值. [知识链接] 1.预习教材后，想一想在二维形式的柯西不等式的代数形式中，取等号的条件可ac以是b＝d吗？

ac提示

不可以.bd＝0时，柯西不等式成立，但＝不成立. bd2.设平面上两个向量为α＝(a1，a2)，β＝(b1，b2)，如何证明|α||β|≥|α·β|? a1b1＋a2b2α·β提示

∵cos〈α，β〉＝|α||β|＝2222

a1＋a2b1＋b2（a1b1＋a2b2）2∴cos〈α，β〉＝222≤1，

（a1＋a2）（b2＋b12）22222即(a1＋a22)(b1＋b2)≥(a1b1＋a2b2)，

222a21＋a2·b1＋b2≥|a1b1＋a2b2|. ∴|α||β|≥|α·β|，等号成立的充要条件为α＝λβ (λ≠0). [预习导引] 1.二维形式的柯西不等式

(1)定义：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立. (2)二维形式的柯西不等式的一些变式

变式1：a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|(当且仅当ad＝bc时，等号成立) 变式2：(a＋b)(c＋d)≥(ac＋bd)2.(a，b，c，d∈R＋，当且仅当ad＝bc时，等号成立) 变式3：a2＋b2·c2＋d2≥|ac|＋|bd|(当且仅当|ad|＝|bc|时，等号成立) 2.柯西不等式的向量形式

设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立. 3.二维形式的三角不等式

22222设x1，y1，x2，y2∈R，那么x1＋y1＋x22＋y2≥（x1－x2）＋（y1－y2）. 4.设平面上三点坐标为A(a1，a2)、B(b1，b2)、C(c1，c2)，则（a1－b1）2＋（a2－b2）2＋（b1－c1）2＋（b2－c2）2≥（a1－c1）2＋（a2－c2）2，其几何意义为：|AB|＋|BC|≥|AC|. 5.设α，β，γ为平面向量，则|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|，等号成立的充要条件为α－β＝λ(β－γ)(λ＞0).

要点一

利用柯西不等式证明有关不等式

例1

设a，b，c为正数，求证：a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2≥2(a＋b＋c). 证明

由柯西不等式：

a2＋b2·12＋12≥a＋b

即2·a2＋b2≥a＋b

同理：2·b2＋c2≥b＋c

2·a2＋c2≥a＋c. 将上面三个同向不等式相加得：

2(a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2)≥2(a＋b＋c)，

∴a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2≥2·(a＋b＋c). 规律方法

二维形式的柯西不等式可以理解为四个数对应的一种不等关系，对谁与谁组合是有顺序的，不是任意的搭配，因此要仔细体会，加强记忆.例如，(a2＋b2)·(d2＋c2)≥(ac＋bd)2是错误的，而应有(a2＋b2)(d2＋c2)≥(ad＋bc)2.

23跟踪演练1

设a1，a2，a3为正数，求证：a3a2＋a1·a21＋a1·2＋a2＋23323333a3a3＋a2·a2a1＋a3·a22＋a2·3＋a3＋a3＋a3·1＋a1≥2(a1＋a2＋a3). 2322证明

a3a2＋a1·a21＋a1·2＋a2＝(a1＋a2)(a1＋a2)，

由柯西不等式得：

22[(a1)2＋(a2)2]·(a1＋a22)≥(a1a1＋a2a2)，

23332于是a3a2＋a1·a21＋a1·2＋a2≥(a1＋a2)，

2333故a3a2＋a1·a21＋a1·2＋a2≥a1＋a2，

2333同理：a3a3＋a2·a22＋a2·3＋a3≥a2＋a3，

2333a2a1＋a3·a23＋a3·1＋a1≥a1＋a3，

将以上三个同向不等式相加即得

233233233a3a2＋a1·a2a3＋a2·a2a1＋a3·a21＋a1·2＋a2＋a2＋a2·3＋a3＋a3＋a3·1＋a1≥2(a1＋3a32＋a3). a2b2例2

设a，b∈R＋，且a＋b＝2.求证：＋≥2. 2－a2－b证明

根据柯西不等式，有

2b2a[(2－a)＋(2－b)]2－a＋2－b

a2b2＝[(2－a)＋(2－b)]＋

2－a2－b22ab22－a·＋2－b·＝(a＋b)2＝4. ≥2－a2－ba2b24∴＋≥＝2. 2－a2－b（2－a）＋（2－b）∴原不等式成立. 规律方法

利用柯西不等式证明某些不等式时，有时需要将数学表达式适当的变形.这种变形往往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突破口. 114跟踪演练2

已知a＞b＞c.求证：＋≥. a－bb－ca－c

11证明

原不等式可变形为(a－c)a－b＋b－c＞4. 又a－c＝(a－b)＋(b－c)，利用柯西不等式证明即可. 11∵(a－c)a－b＋b－c

11＋＝[(a－b)＋(b－c)]a－bb－c

＝[(a－b)＋(b－c)]2212＋a－b12＝4. b－c12

b－c≥a－b1＋b－ca－b∴原不等式成立. 要点二

利用二维柯西不等式求最值

例3

若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点. 解

由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，

4得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥25. 63x＋4y＝2，x＝，25xy当且仅当3＝4时成立，为求最小值点，需解方程组xy∴

8＝.34y＝25.8684622，因此，当x＝25，y＝25时，x＋y取得最小值，最小值为25，最小值点为2525. 规律方法

利用柯西不等式求最值

①先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；

②有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；

③有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误.多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一. 跟踪演练3

设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则m2＋n2的最小值为________. 解析

运用柯西不等式求解.

根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，m2＋n2的最小值为5. 答案

5

1.利用柯西不等式的关键是找出相应的两组数，应用时要对照柯西不等式的原型，进行多角度的尝试. 2.柯西不等式取等号的条件也不容易记忆，如(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2等号成立的条件是ad＝bc，可以把a，b，c，d看作成等比，则ad＝bc来联想记忆.

1.已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(

) 1A.ab≤2

C.a2＋b2≥2

1B.ab≥2

D.a2＋b2≤3 解析

∵(12＋12)(a2＋b2)≥(a＋b)2＝4，∴a2＋b2≥2.故选C. 答案

C 2.已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是(

) 5A.6

25C.36

6B.5

36D.25

116解析

2x2＋3y2＝[(2x)2＋(3y)2][(3)2＋(2)2]×5≥5(6x＋6y)2＝5(x＋y)2＝65. 32当且仅当2x＝3y，取x＝5，y＝5时等号成立. 答案

B 413.设xy＞0，则x2＋y2y2＋x2

的最小值为________. 222122122＋·y＝9. 解析

原式＝x＋＋y≥x·yxxy当且仅当xy＝2时等号成立.

即所求最小值为9. 答案

9 4.已知2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值. 解

∵(4x2＋9y2)(22＋22)≥(4x＋6y)2＝4，

1∴4x＋9y≥2，

22当且仅当2×2x＝3y×2，

即2x＝3y时等号成立. 11又2x＋3y＝1，得x＝，y＝. 46111故当x＝4，y＝6时，4x2＋9y2的最小值为2.

一、基础达标

111.已知x，y＞0，且xy＝1，则1＋x1＋y的最小值为(

) A.4

B.2

C.1

1D.4

11212212解析

1＋x1＋y＝1＋1＋

xy112122＝2＝4，

≥1×1＋×＝1＋xyxy当且仅当x＝y＝1时等号成立. 答案

A 2.函数y＝22－x＋2x－3的最大值是(

) A.3

23B.2

32x－2

C.3

D.4 解析

y＝2×2－x＋2×≤[2＋(2)]（2－x）2＋22132＝6×＝3，

x－22当且仅当23x－2＝2·2－x，

5即x＝3时等号成立.故y的最大值为3. 答案

C 3.已知2x2＋y2＝1，则2x＋y的最大值是(

) A.2

B.2

C.3

D.3 解析

2x＋y＝2×2x＋1×y

≤（2）2＋12×（2x）2＋y2＝3×2x2＋y2＝3，

当且仅当2y＝2x，

3即x＝y＝3时等号成立，故2x＋y取到最大值3. 答案

C 494.已知x＋y＝2，x，y＞0，则x＋y的最小值是(

) 25A.2

49解析

由x＋y＝2，

2232[（x）＋（y）]＋yx可得x＋y＝

22225B.4

5C.2

D.5 2321125≥2x·＋y·＝2(2＋3)2＝2. xy3215当且仅当x·＝y·，即x＝5，y＝2时等号成立. yx答案

A 5.设a＝(－2，1，2)，|b|＝6，则a·b的最小值为________，此时b＝________. 解析

根据柯西不等式的向量形式，有|a·b|≤|a|·|b|，

∴|a·b|≤（－2）2＋12＋22×6＝18，

当且仅当存在实数k，使a＝kb时，等号成立. ∴－18≤a·b≤18. ∴a·b的最小值为－18，

此时b＝－2a＝(4，－2，－4). 答案

－18

(4，－2，－4)

6.设实数x，y满足3x2＋2y2≤6，则2x＋y的最大值为________. 解析

由柯西不等式得

22121141＋＝(3x2＋2y2)·3＋2≤6×＝11. (2x＋y)≤[(3x)＋(2y)]·62322243当且仅当3x＝4y，即x＝，y＝时等号成立.因此2x＋y的最大值为11. 1111答案

11 7.若2x＋3y＝1，求x2＋y2的最小值及最小值点. 解

由柯西不等式(x2＋y2)(22＋32)≥(2x＋3y)2

得13(x2＋y2)≥1，所以x2＋y2＝113，

当且仅当3x＝2y时成立. x22x＋3y＝1，3x＝2y.解得＝13，y＝3

13.最小值1及最小值点为231313，13. 二、能力提升

8.已知a，b＞0，且a＋b＝1，则(4a＋1＋4b＋1)2的最大值是(A.26

B.6

C.6

D.12 解析

(4a＋1＋4b＋1)2＝(1×4a＋1＋1×4b＋1)2

≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)＝2[4(a＋b)＋2]＝2×(4×1＋2)＝12，

当且仅当4b＋1＝4a＋1，

即a＝b＝12时等号成立. 答案

D 9.若a＋b＝1，则1212a＋a＋b＋b的最小值为(

) A.1

B.2

C.252

D.72

)

121211解析

a＋a＋b＋b＝a2＋2＋a2＋b2＋2＋b2. 111∵a＋b＝1，∴a2＋b2＝2(a2＋b2)·(1＋1)≥2(a＋b)2＝2，

112又∵a2＋b2≥ab≥成立. 12121251∴a＋a＋b＋b≥2＋2＋2＋8＝2，当且仅当a＝b＝2时等号成立，取到最小25值2. 答案

C 10.函数y＝3x－5＋46－x的最大值为________. 解析

∵y2＝(3x－5＋46－x)2

≤(32＋42)[(x－5)2＋(6－x)2]＝25(x－5＋6－x)＝25，

当且仅当36－x＝4x－5，

134即x＝25时等号成立. ∴函数y的最大值为5. 答案

5 11.设a，b∈R，且a2＋b2＝10，求3a＋b的最大值与最小值. 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，

当且仅当a＝3b时等号成立. 又a2＋b2＝10，

∴a2＝9，b2＝1. ∴当a＝－3，b＝－1时，3a＋b有最小值－10；

当a＝3，b＝1时，3a＋b有最大值10，

22ab12.已知θ为锐角，a，b＞0，求证：(a＋b)2≤cos2θ＋sin2θ. 81＝8，以上两个不等式都是当且仅当a＝b＝2时，等号（a＋b）2

ba证明

设m＝cos θ，sin θ，n＝(cos θ，sin θ)，

bacos θ＋sin θ·sin θ＝|m·则|a＋b|＝cos θ·n| ≤|m||n|＝＝a2b2cos θ＋sin θ·1 a2b2cos2θ＋sin2θ，

当且仅当a＝kcos2θ，b＝ksin2θ，k∈R时等号成立. 22ab故(a＋b)2≤2＋2. cosθsinθ三、探究与创新

13.在半径为R的圆内，求周长最大的内接长方形. 解

如图，设内接长方形ABCD的长为x，则宽为4R2－x2，于是长方形ABCD的周长l＝2(x＋4R2－x2) ＝2(1×x＋1×4R2－x2). 11由柯西不等式得l≤2[x2＋(4R2－x2)2]2(12＋12)2，

＝22·2R＝42R. 4R2－x2x当且仅当1＝，

1即x＝2R时等号成立. 此时，4R2－x2＝4R2－（2R）2＝2R. 即长方形ABCD为正方形，故周长最大的内接长方形为正方形，其周长为42R. 二

一般形式的柯西不等式

[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. [知识链接] 1.在空间向量中，有|α||β|≥|α·β|，据此如何推导三维的柯西不等式的代数形式.

提示

设α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)，则α·β＝a1b1＋a2b2＋a3b3代入向量式222222得：(a1＋a22＋a3)(b1＋b2＋b3)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3). 当且仅当α·β共线时，即β＝0，或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)时，等号成立. 2.在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为ai＝kbi(i＝1，2，3，…，n)，可以吗？

提示

不可以.不仅仅当ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立，当bi＝0(i＝1，2，…，n)时等号也成立. [预习导引] 1.三维形式的柯西不等式

22222设a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R，则(a2(b1＋b21＋a2＋a3)·2＋b3)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3).当且仅当b1＝b2＝b3＝0或存在一个数k，使得a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3时，等号成立. 2.一般形式的柯西不等式

222设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a2(b21＋a2＋a3＋…＋an)·1＋222b2当且仅当bi＝0(i＝1，2，3，…，2＋b3＋…＋bn)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn)，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3，…，n)时，等号成立.

要点一

利用柯西不等式证明不等式

例1

设a，b，c为正数，且不全相等. 2229求证：＋＋＞. a＋bb＋cc＋aa＋b＋c证明

构造两组数a＋b，b＋c，c＋a；

111，，，则由柯西不等式得

a＋bb＋cc＋a111(a＋b＋b＋c＋c＋a)a＋b＋b＋c＋c＋a≥(1＋1＋1)2，①

111＋＋即2(a＋b＋c)a＋bb＋cc＋a≥9，

2229于是＋＋≥. a＋bb＋cc＋aa＋b＋c

由柯西不等式知，①中有等号成立⇔a＋bb＋cc＋a＝＝111⇔a＋b＝b＋c＝c＋a＋bb＋cc＋aa⇔a＝b＝c. 因题设，a，b，c不全相等，故①中等号不成立，

2229于是＋＋＞. a＋bb＋cc＋aa＋b＋c规律方法

有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，但是我们只要改变一下多项式的形态结构，就可以达到利用柯西不等式的目的. abcbca跟踪演练1

已知a，b，c∈R＋，求证：b＋c＋aa＋b＋c≥9. 证明

由柯西不等式，知左边＝≥b2＋aba×c2＋bab＋bc×a2

ccb＋ca×a2

ca2＋bb2＋cc2×

a＝(1＋1＋1)2＝9. ∴原不等式成立. 要点二

利用柯西不等式求最值

例2

设2x＋3y＋5z＝29，求函数u＝2x＋1＋3y＋4＋5z＋6的最大值. 解

根据柯西不等式

120＝3[(2x＋1)＋(3y＋4)＋(5z＋6)]≥(1×2x＋1＋1×3y＋4＋1×5z＋6)2，

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umax＝230. 规律方法

利用柯西不等式，可以方便地解决一些函数的最大值或最小值问题.通过巧拆常数、重新排序、改变结构、添项等技巧，变形为能利用柯西不等式的形式. 跟踪演练2

已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求4a＋1＋4b＋1＋4c＋1的最大值.

解

4a＋1＋4b＋1＋4c＋1 ＝[（4a＋1）＋（4b＋1）＋（4c＋1）]2

≤（4a＋1＋4b＋1＋4c＋1）·（12＋12＋12）＝21，

所以最大值为21. 要点三

一般形式柯西不等式的应用

22a2an1a2例3

设a1，a2，…，an为正整数，求证：a＋a＋…＋a≥a1＋a2＋…＋an. 23122a2na1a2证明

由柯西不等式，得a＋a＋…＋a(a2＋a3＋…＋231a2ana12·a2＋·a3＋…＋·a1＝(a1＋a2＋…＋an)2，

a1)≥a3a1a22a2a21a2n故a＋a＋…＋a≥a1＋a2＋…＋an. 231规律方法

柯西不等式的应用：柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，但我们在使用柯西不等式解决问题时，往往不能直接应用，需要先对式子的形式进行变化，拼凑出与柯西不等式相似的结构，继而达到使用柯西不等式的目的.在应用柯西不等式求最值时，不但要注意等号成立的条件，而且要善于构造，技巧如下：

①巧拆常数；

②重新安排某些项的次序；

③结构的改变从而达到使用柯西不等式；

④添项. 1跟踪演练3

已知a、b、c、d∈R＋，且a＋b＋c＋d＝1，求证：a2＋b2＋c2＋d2≥4. 证明

根据柯西不等式，有

(a2＋b2＋c2＋d2)(12＋12＋12＋12)≥(a＋b＋c＋d)2＝1，

1∴a2＋b2＋c2＋d2≥4. 11当且仅当a＝b＝c＝d＝4时，等号成立.此时，a2＋b2＋c2＋d2取到最小值4.

222221.柯西不等式的一般结构为(a1＋a22＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)≥(a1b1＋a2b2＋…＋

anbn)2，在利用柯西不等式证明不等式时关键是正确构造左边的两个数组，从而利用题目的条件正确解题. 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，再结合已知条件进行配凑，是常见的变形技巧.对于许多不等式问题，用柯西不等式来解往往是简明的，正确理解柯西不等式，掌握它的结构特点，就能更灵活地应用它.

1.已知x，y，z＞0，且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(

) A.1

1C.2

1B.3

D.3 解析

由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)·(12＋12＋12)≥(x＋y＋z)2＝1. 1即x2＋y2＋z2≥3，

1当且仅当x＝y＝z＝3时，等号成立，

1故所求最小值为3. 答案

B 2.设a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值是(

) A.1

B.3

C.3

D.9 解析

由柯西不等式，得[(a)2＋(b)2＋(c)2]·(12＋12＋12)≥(a＋b＋c)2，

∴(a＋b＋c)2≤3×1＝3. 1当且仅当a＝b＝c＝3时，等号成立. ∴a＋b＋c的最大值为3. 答案

B 3.已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________. 解析

由柯西不等式，得(12＋12＋12)(a2＋4b2＋9c2)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12，当a＝2b＝3c＝2时，等号成立，所以a2＋4b2＋9c2的最小值为12. 答案

12

a2b2c24.设a，b，c为正数，求证：b＋c＋a≥a＋b＋c. 222abc证明

由柯西不等式，知b＋c＋a(a＋b＋c) a2b2c2＝＋＋·[(a)2＋(b)2＋(c)2] cabbca2≥·b＋·c＋·a＝(a＋b＋c)2. cab∵a，b，c为正数，

∴a＋b＋c＞0. a2b2c2∴b＋c＋a≥a＋b＋c.

一、基础达标

222221.已知a21＋a2＋…＋an＝1，x1＋x2＋…＋xn＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是(

) A.1

B.2

C.3

D.4 2222解析

(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a1＋a2(x22＋…＋an)·1＋x2＋…＋xn)＝1×1＝1. n当且仅当ai＝xi＝n(i＝1，2，…，n)时，等号成立. 故a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1. 答案

A 2.n个正数的和与这n个正数的倒数的和的乘积的最小值是(

) A.1

B.n

C.n2

1D.n

解析

设n个正数是x1，x2，…，xn，

由柯西不等式，得

111(x1＋x2＋…＋xn)x＋x＋…＋x

12n1112≥x1·＋x2·＋…＋xn·

x1x2xn＝(1＋1＋…＋1)2＝n2. 当且仅当x1＝x2＝…＝xn时，等号成立.

答案

C 223.若则a21＋a2＋…＋an＝5，则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1的最小值为(

) A.－25

C.5

B.－5

D.25 222222解析

由柯西不等式，得(a1＋a22＋…＋an)(a2＋a3＋…＋an＋a1)≥(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1)2，

∴|a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1|≤5. ∴－5≤a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤5，

故所求最小值为－5.选B. 答案

B 4.若实数x＋y＋z＝1，则2x2＋y2＋3z2的最小值为(

) A.1

C.11

B.6

6D.11

11解析

∵(2x2＋y2＋3z2)2＋1＋3

1121＋3z·＝(x＋y＋z)2＝1. ≥2x·＋y·23∴2x2＋y2＋3z2≥116＝111，

2＋1＋3362当且仅当x＝11，y＝11，z＝11时，等号成立. 6∴2x2＋y2＋3z2的最小值为11. 答案

D 49365.设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)a＋b＋c的最小值是________. 4936解析

(a＋b＋c)a＋b＋c

223262＝[(a)＋(b)＋(c)]＋＋

bca2222362≥a·＋b·＋c·＝(2＋3＋6)2＝121. abc

abc当且仅当2＝3＝6时，等号成立. 答案

121 6.设x，y，z∈R，2x＋2y＋z＋8＝0，则(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2的最小值为________. 解析

2x＋2y＋z＋8＝0⇒2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)＝－9. 考虑以下两组向量：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]. （－9）2所以(x－1)＋(y＋2)＋(z－3)≥＝9，

9222当且仅当x＝－1，y＝－4，z＝2时，等号成立，此时取得最小值9. 答案

9 1117.已知α1，α2，…，αn是平面凸n边形的内角的弧度数，求证：α＋α＋…＋α12nn2≥. （n－2）π111证明

由柯西不等式，得(α1＋α2＋…＋αn)α＋α＋…＋α

12n1112＝n2. ≥α1·＋α＋…＋α2·n·α1α2αn∵α1＋α2＋…＋αn＝(n－2)π，

111n2∴α＋α＋…＋α≥，

12n（n－2）πn－2当且仅当α1＝α2＝…＝αn＝nπ时，等号成立. 二、能力提升

8.已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则3a＋1＋3b＋1＋3c＋1的最大值为(

) A.3

C.18

B.32

D.9 解析

由柯西不等式得

(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)2≤(1＋1＋1)·(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1) ＝3[3(a＋b＋c)＋3].

∵a＋b＋c＝1，∴(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)2≤3×6＝18，

1∴3a＋1＋3b＋1＋3c＋1≤32，当且仅当a＝b＝c＝3时等号成立. 答案

B 2229.已知a＋b＋c＝1，且a，b，c＞0，则＋＋的最小值为(

) a＋bb＋cc＋aA.1

B.3

C.6

D.9 解析

∵a＋b＋c＝1，

112221＋＋a＋bb＋cc＋a

∴＋＋＝2(a＋b＋c)·a＋bb＋cc＋a111＋＋a＋bb＋cc＋a≥(1＋1＋1)2＝9，当且仅当a＝b＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·1＝c＝3时，等号成立. 答案

D 10.已知2x＋3y＋z＝8，则x2＋y2＋z2取得最小值时，x，y，z形成的点(x，y，z)＝________. 解析

由柯西不等式，得(22＋32＋12)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋z)2，

8232xy即x＋y＋z≥14＝7，当且仅当2＝3＝z时，等号成立. 2228124又2x＋3y＋z＝8，解得x＝7，y＝7，z＝7，

8124故所求点为7，7，7. 8124答案

7，7，7

11.在△ABC中，设其各边长分别为a，b，c，外接圆半径为R，求证：(a2＋b2＋111＋＋c)sin2Asin2Bsin2C≥36R2. 2abc证明

∵sin A＝sin B＝sin C＝2R，

111∴(a2＋b2＋c2)sin2A＋sin2B＋sin2C≥

bc2asin A＋sin B＋sin C＝36R2.∴原不等式成立. 

12.已知二次三项式f(x)＝ax2＋bx＋c的所有系数均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：对于任何正数x1，x2，当x1x2＝1时，必有f(x1)f(x2)≥1. 2证明

f(x1)f(x2)＝(ax21＋bx1＋c)(ax2＋bx2＋c) ≥[a(x1x2)2＋bx1x2＋c]2

＝f2(x1x2)＝f2(1)＝1. 故f(x1)f(x2)≥1. 三、探究与创新

13.设x1，x2，x3，…，xn都是正实数，且x1＋x2＋x3＋…＋xn＝S. x2x2x2S12n求证：＋＋…＋≥. S－x1S－x2S－xnn－1证明

法一

根据柯西不等式，得

x2x2x212n不等式左边＝＋＋…＋

S－x1S－x2S－xn22x2x21nx1S－x＋S－x＋…＋S－x

＝[(S－x1)＋(S－x2)＋…＋(S－xn)]··（n－1）S12n＝1[(S－x1)2＋(S－x2)2＋…＋（n－1）S2x12x221xn2(S－xn)]·≥＋＋…＋S－x1S－x2S－xn（n－1）Sx1x2S－x·S－x·12＋＋…＋

S－x1S－x2

xn21S－xn·＝(x1＋x2＋…＋xn)2

S－xn（n－1）S1S·S2＝＝不等式右边. （n－1）Sn－1＝故原不等式成立. 1法二

∵a＞0，∴a＋a≥2，

1∴a≥2－a，当且仅当a＝1时，等号成立. S－xi2xiS－xix2xi（n－1）xixii2－∴＝·≥·＝－，i＝1，2，…，（n－1）xin－1（n－1）2S－xin－1S－xin－1n.

x2x2x22x12x22xn12nn个式子相加，有＋＋…＋≥＋＋…＋－S－x1S－x2S－xnn－1n－1n－1S－x2S－xnnS－SS－x12SS－. 2＋2＋…＋2＝2＝（n－1）n－1（n－1）n－1（n－1）（n－1）三

排序不等式

[学习目标] 1.了解排序不等式的数学思想和背景；

2.了解排序不等式的结构与基本原理；

3.理解排序不等式的简单应用. [知识链接] 某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中有单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？

提示

有多少种不同的购买方案，实质上就是礼品和单价有多少种不同的对应关系.与单价3元对应的礼品可以是4件的礼品，也可以是5件或2件的礼品共有三种对应关系，与单价2元对应的只还有剩下的2种.与单价一元对应的只有一种.由乘法分步计数原理知共有3×2×1＝6种不同的购买方案. 根据生活的实际经验，花钱最少的方案应是最贵的礼品买最少的件数，最便宜的礼品买最多的件数，即1×5＋2×4＋3×2＝19元，花钱最多的方案应是：单价最高的礼品买最多的件数，单价最低的礼品买最少的件数，即1×2＋2×4＋3×5＝25元. [预习导引] 1.顺序和、乱序和、反序和的概念

设a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则称ai与bi(i＝1，2，…，n)的相同顺序相乘所得积的和a1b1＋a2b2＋…＋anbn为顺序和，和a1c1＋a2c2＋…＋ancn为乱序和，相反顺序相乘所得积的和a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1为反序和. 2.排序不等式(排序原理) 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，

bn的任一排列，则a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和，此不等式简记为反序和≤乱序和≤顺序和.

要点一

用排序不等式证明不等式(一)(所证不等式中字母大小顺序的确定) 111例1

已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：(1)bc≥ca≥ab；

a5b5c5111(2)b3c3＋c3a3＋a3b3≥a＋b＋c. 11证明

(1)∵a≥b＞0，于是a≤b，

111又c＞0，∴c＞0，从而bc≥ca. 11同理，∵b≥c＞0，于是b≤c，

111∵a＞0，∴a＞0，于是得ca≥ab. 111从而bc≥ca≥ab. 111(2)由(1)bc≥ca≥ab，于是顺序和≥乱序和得，

a5b5c5b5c5a5b2c2a211122233＋33＋33≥33＋33＋33＝3＋3＋3(∵a≥b≥c，3≥3≥3) bccaabbccaabcabcbac2a2b2111111≥c3＋a3＋b3＝c＋a＋b＝a＋b＋c. 规律方法

应用排序原理证明不等式的关键是找出两个有序的数组，由于本题已知a≥b≥c，所以可以直接利用已知构造两个数组. 跟踪演练1

设x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn. 求证：(xiyi)≤(xizi)2. 2i1i1nn其中z1，z2，…，zn是y1，y2，…，yn的任意一个排列. 证明 要证(xiyi)≤(xizi)2，

2i1i1nn

只需证i1nn(xi2yi2)-n(2xiyi)≤i1i1nn(xi2zi2)-(2xizi)

i1n只要证xiyi≥xizi.

i1i1由题设及排序原理知上式显然成立. 要点二

用排序不等式证明不等式(二)(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设) a12b12c12101010例2

设a，b，c为正数，求证：bc

＋ca＋ab≥a＋b＋c. 证明

由对称性，不妨设a≥b≥c，

于是a12≥b12≥c12，

111bc≥ca≥ab，故由排序不等式：顺序和≥乱序和，

a12b12c12a12b12c12a11b11c11得bc

＋ca＋ab≥ab

＋bc＋ca＝b

＋c＋a.①

111又因为a11≥b11≥c11，a≤b≤c. a11b11c11a11b11c11再次由排序不等式：反序和≤乱序和，得＋＋

≤＋＋.②

a

bcb

caa12b12c12101010由①②得bc

＋ca＋ab≥a＋b＋c. 规律方法

当做出a≥b≥c的假设后，所用的两个数组就可以完全确定了.但要注意a，b，c三者的“地位”必须对等，否则不成立. bccaab跟踪演练2

设a，b，c都是正数，求证：a＋b＋c≥a＋b＋c. 证明

由题意不妨设a≥b≥c＞0，

111由不等式的单调性，知ab≥ac≥bc，≥≥. cba由排序原理，知

111111ab×c＋ac×b＋bc×a≥ab×b＋ac×a＋bc×c，

即所证不等式成立. 要点三

用排序不等式证明不等式(三)(对所证不等式中的字母大小顺序需要加以讨论)

n－1a112例3

设a1，a2，…，an是1，2，…，n的一个排列，求证：2＋3＋…＋n≤a2an－1a2＋a＋…＋a. 3n证明

设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1＜b2＜…＜bn－1；c1，c2，…，cn－1是a2，a3，…，an的一个排列，且c1＜c2＜…＜cn－1，

111则c＞c＞…＞且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n. cn－112an－1b1b2bn－112n－1a1a2利用排序不等式，有a＋a＋…＋a≥c＋c＋…＋≥＋＋…＋n. cn－12323n22∴原不等式成立. 规律方法

应用排序不等式，构造数组时，自己可根据题目的要求与需要，来限定数组间的一些联系，对于大小顺序，在不影响条件与结论的前提下，也可以设定. 跟踪演练3

设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任－12－12－1一排列，求证：a21b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1＋a2＋…＋an. 证明

设a1≥a2…≥an＞0，

22111可知a21≥a2≥…≥an，an≥an－1≥…≥a1，

－－－由排序原理，得

－12－12－12－12－12－1a21b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1a1＋a2a2＋…＋anan，

－12－12－1即a21b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1＋a2＋…＋an. 要点四

利用排序原理求最值

例4

设a，b，c为任意正数，求解

不妨设a≥b≥c，

则a＋b≥a＋c≥b＋c，由排序不等式得，

abcbca＋＋≥＋＋

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋babccab＋＋≥＋＋

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b111≥≥，

b＋cc＋aa＋babc＋＋的最小值. b＋cc＋aa＋b

bca上述两式相加得：2b＋c＋c＋a＋a＋b≥3，

即abc3＋＋≥2. b＋cc＋aa＋babc3＋＋取最小值2. b＋cc＋aa＋b当且仅当a＝b＝c时，规律方法

求最小(大)值，往往所给式子是顺(反)序和式.然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出适当一个或二个乱序和从而求出其最小(大)值. 跟踪演练4

设0＜a≤b≤c且abc＝1. 111试求3＋3＋3的最小值. a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）解

令S＝111＋＋，

a3（b＋c）b3（a＋c）c3（a＋b）（abc）2（abc）2（abc）2则S＝3＋＋

a（b＋c）b3（a＋c）c3（a＋b）＝bcacab·bc＋·ac＋·ab. a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）111由已知可得：≥≥，ab≤ac≤bc. a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）∴S≥＝bcacab·ac＋·ab＋·bc

a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）cab＋＋. a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）bcacab·ab＋·bc＋·ac

a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）又S≥＝bca＋＋，

a（b＋c）b（a＋c）c（a＋b）311113两式相加得：2S≥a＋b＋c≥3·abc＝3.∴S≥2，

即1113＋＋的最小值为2. a3（b＋c）b3（a＋c）c3（a＋b）

1.在没有给定字母大小的情况下，要使用排序不等式，必须限定字母的大小顺序，而只有具有对称性的字母才可以直接限定字母的大小顺序，否则要根据具体环境

分类讨论. 2.求证一个与排序有关的不等式.若

a，b，c在不等式中的“地位”是对称的，解答时不妨设a≥b≥c，再利用排序不等式加以证明.

1.有一有序数组，其顺序和为A，反序和为B，乱序和为C，则它们的大小关系为(

) A.A≥B≥C

C.A≤B≤C

B.A≥C≥B

D.A≤C≤B

解析

由排序不等式知，顺序和≥乱序和≥反序和，故A≥C≥B. 答案

B 2.已知a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11.将bi(i＝1，2，3，4，5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值是(

) A.324

C.304

B.314 D.212 解析

a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝6＋28＋48＋90＋132＝304，应选C. 答案

C 3.n个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________. －1－11解析

设0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，则0＜an≤a－则由排序不等式得，n－1≤…≤a1，反序和≤乱序和≤顺序和. 111故最小值为反序和a1·a－a－a－1＋a2·2＋…＋an·n＝n. 答案

n

a2b2ab4.设a，b都是正数，求证：b＋a≥b＋a. 证明

由题意不妨设a≥b＞0. 11a2b2则a≥b，b≥a.所以b≥a. 22a21b21a21b21a2b2ab根据排序不等式，知b·b＋a·a≥b·a＋a·b，即b＋a≥b＋a.

一、基础达标

221.若A＝x1＋x2＋…＋x2n，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为(

) A.A＞B

C.A≥B

B.A＜B

D.A≤B

解析

依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn}的一个排列.依排序不等式，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x322＋…＋xnx1，即x21＋x2＋…＋xn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1. 答案

C 2.有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(

) A.ax＋by＋cz

C.ay＋bz＋cx

B.az＋by＋cx

D.ay＋bx＋cz

解析

法一用特值法进行验证. 令x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3. A项：ax＋by＋cz＝1＋4＋9＝14；

B项：az＋by＋cx＝3＋4＋3＝10；

C项：ay＋bz＋cx＝2＋6＋3＝11；

D项：ay＋bx＋cz＝2＋2＋9＝13.故选B. 法二

由顺序和≥乱序和≥反序和. 可得az＋by＋cx最小. 答案

B 3.已知a，b，c＞0，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是(

) A.大于零

C.小于零

B.大于零或等于零

D.小于零或等于零

解析

设a≥b≥c＞0，则a3≥b3≥c3，

根据排序不等式，得a3·a＋b3·b＋c3·c≥a3b＋b3c＋c3a. 又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，

所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab. 所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab，

即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0. 答案

B a1a2a2a3a3a14.设a1，a2，a3为正数，E＝a＋a＋a，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关312系是(

) A.E＜F

C.E＝F

1B.E≥F

D.E≤F

23111解析

不妨设a1≥a2≥a3＞0，于是a≤a≤a，a2a3≤a3a1≤a1a2. a1a2a3a1a2a3111由排序不等式，得a＋a＋a≥a·a2a3＋a·a3a1＋a·a1a2＝a3＋a1＋a2. 321231a1a2a2a3a3a1即a＋a＋a≥a1＋a2＋a3.故E≥F. 312答案

B 11xy5.已知a，b，x，y∈R＋，且a＞b，x＞y，则与的大小关系是________. x＋ay＋b11xy解析

∵a＞b，x＞y，由排序不等式，得a＞b＞0，

a＋xb＋yabxy∴x＜y，∴x＜y，∴＞. x＋ay＋b答案

xy＞

x＋ay＋bπ6.在Rt△ABC中，C为直角，A，B所对的边分别为a，b，则aA＋bB与(a＋b)4的大小关系为________. 解析

不妨设a≥b＞0，则A≥B＞0. aA＋bB≥aB＋bA⇒2(aA＋bB)≥

由排序不等式aA＋bB＝aA＋bBπa(A＋B)＋b(A＋B)＝2(a＋b).

π故aA＋bB≥4(a＋b). π答案

aA＋bB≥4(a＋b) 2b2c2b2＋c2c2＋a2a2＋b2a7.设a，b，c为正数.求证：2b＋c＋c＋a＋a＋b≥＋＋. c＋aa＋bb＋c证明

由对称性，不妨设a≥b≥c＞0. 111于是a＋b≥a＋c≥b＋c，a2≥b2≥c2，≥≥. b＋cc＋aa＋b由排序原理，知

a2b2c2c2a2b2＋＋≥＋＋，

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋ba2b2c2b2c2a2＋＋≥＋＋，

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b将上面两个同向不等式相加，得

2b2c2b2＋c2c2＋a2a2＋b2a2b＋c＋c＋a＋a＋b≥＋＋. c＋aa＋bb＋c二、能力提升

8.设a，b，c都是正数，则式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b3ac－c3ab与0的大小关系是(

) A.M≥0 B.M≤0 C.M与0的大小关系与a，b，c的大小有关

D.不能确定

解析

不妨设a≥b≥c＞0，则a3≥b3≥c3，且a4≥b4≥c4，

则a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4. ∵a3≥b3≥c3, 且ab≥ac≥bc，

∴a4b＋b4c＋c4a＝a3·ab＋b3·bc＋c3·ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab. ∴a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.∴M≥0. 答案

A 9.锐角三角形ABC中，设P＝大小关系为(

) a＋b＋c2，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的

A.P≥Q

C.P≤Q

B.P＝Q

D.不能确定

解析

不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，cos A≤cos B≤

cos C，则由排序不等式有Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)，

Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥bcos A＋ccos B＋acos C＝R(2sin Bcos A＋2sin Ccos B＋2sin Acos C)，

上面两式相加，得Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥

12R(2sin Acos B＋2sin Bcos A＋2sin Bcos C＋2sin Ccos B＋2sin Ccos A＋2sin Acos C)＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝P＝答案

C 10.已知：a＋b＋c＝1，a、b、c为正数.则解析

111＋＋的最小值为________. b＋cc＋aa＋ba＋b＋c2. 111abc＋＋＝3＋＋＋. b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b设a≥b≥c＞0，

则111≥≥. b＋cc＋aa＋b由排序不等式，知

abcbca＋＋≥＋＋，①

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋ab＋aabccab＋＋≥＋＋.②

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b①＋②，得abc3＋＋≥2，

b＋cc＋aa＋b当且仅当a＝b＝c时，等号成立. 11139故＋＋≥3＋2＝2. b＋cc＋aa＋b9答案

2

11.若某网吧的3台电脑同时出现了故障，对其维修分别需要45 min，25 min和30 min，每台电脑耽误1 min，网吧就会损失0.05元.在只能逐台维修的条件下，

按怎么样的顺序维修，才能使经济损失降到最小？

解

设t1，t2，t3为25，30，45的任一排列，由排序原理知3t1＋2t2＋t3≥3×25＋2×30＋45＝180(min)，所以按照维修时间由小到大的顺序维修，可使经济损失降到最小. 888111a＋b＋c12.设a，b，c都是正实数，求证：a

＋b＋c≤a3b3c3. 111111证明

设a≥b≥c＞0，则c≥b≥a，而b3c3≥c3a3≥a3b3.由不等式的性质，知a5≥b5≥c5. 由排序不等式，知

a5b5c5a5b5c5a2b2c2b3c3＋c3a3＋a3b3≥c3a3＋a3b3＋b3c3＝c3＋a3＋b3. 111又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，c3≥b3≥a3. a2b2c2a2b2c2111由排序不等式，得c3＋a3＋b3≥a3＋b3＋c3＝a＋b＋c. 由不等式的传递性，知

888111a5b5c5a＋b＋c＋＋≤＋＋＝. abcb3c3c3a3a3b3a3b3c3故原不等式成立. 三、探究与创新

a2＋b2b2＋c2c2＋a2a3b3c313.设a，b，c为正数，求证：2c＋2a＋2b≤bc＋ca＋ab. 证明

不妨设0＜a≤b≤c，则a3≤b3≤c3. 1110＜bc≤ca≤ab，

由排序不等式，得

13131313131a3·＋b·＋c·≤a·＋b·＋c·caabbcbccaab，①

13131313131a3·＋b·＋c·≤a·＋b·＋c·abbccabccaab.②

将①②两式相加，得

a2＋b2b2＋c2c2＋a2a3b3c3＋＋c＋a＋b≤2bccaab，

a2＋b2b2＋c2c2＋a2a3b3c3将不等式两边除以2，得2c＋2a＋2b≤bc＋ca＋ab. 讲末复习

1.二维形式的柯西不等式

222(1)定理1(二维)：设a1，a2，b1，b2均为实数，则(a2(b21＋a2)·1＋b2)≥(a1b1＋a2b2)，上式等号成立⇔a1b2＝a2b1. (2)(二维变式)：a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|，a2＋b2·c2＋d2≥|ac|＋|bd|. (3)定理2(向量形式)：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当α及β为非零向量时，上式中等号成立⇔向量α与β共线(或平行)⇔存在实数λ≠0，使得α＝λβ. (4)定理3(三角不等式)：设a1，a2，b1，b2为实数，则

22222a21＋a2＋b1＋b2≥（a1－b1）＋（a2－b2），

等号成立⇔存在非负实数μ及λ，使μa1＝λb1，μa2＝λb2. (5)三角变式：设a1，a2，b1，b2，c1，c2为实数，则

（a1－b1）2＋（a2－b2）2＋（b1－c1）2＋（b2－c2）2≥（a1－c1）2＋（a2－c2）2，

等号成立⇔存在非负实数λ及μ使得μ(a1－b1)＝λ(b1－c1)且μ(a2－b2)＝λ(b2－c2). (6)三角向量式：设α，β，γ为平面向量，则|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|. 2222222.三维形式的柯西不等式：(a1＋a22＋a3)(b1＋b2＋b3)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3). 23.柯西不等式的一般形式：设a1，a2，…，an，b1，b2，b3，…，bn为实数，则(a1a1a2212221＋a2＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥|ab＋ab＋…＋ab|，其中等号成立⇔2n2n1122nn212b＝b12an＝…＝b. n4.柯西不等式的一般形式的证明：参数配方法.

5.排序不等式：设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，则有：a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，等号成立(反序和等于顺序和)⇔a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.排序原理可简记作：

反序和≤乱序和≤顺序和.

题型一

利用柯西不等式证明不等式

a1a2an1.柯西不等式取等号的条件实质上是：b＝b＝…＝b.这里某一个bi为零时，规12n定相应的ai为零. 2.利用柯西不等式证明的关键是构造两个适当的数组. 3.可以利用向量中的|α||β|≥|α·β|的几何意义来帮助理解柯西不等式的几何意义. 4111例1

若n是不小于2的正整数，求证：7＜1－2＋3－4＋…＋111证明

1－2＋3－4＋…＋11－2n

2n－1112－2n＜2. 2n－1111111＝1＋2＋3＋…＋2n－22＋4＋…＋2n

＝111＋＋…＋2n，

n＋1n＋2所以求证式等价于

41112＜＋＋…＋＜7n＋1n＋22n2. 由柯西不等式，有

1112＋＋…＋n＋1n＋2[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]≥n，

2n111n22n22于是＋＋…＋2n≥＝＝≥11n＋1n＋2（n＋1）＋（n＋2）＋…＋2n3n＋13＋n3＋24111＝7，又由柯西不等式，有＋＋…＋2n＜

n＋1n＋2111（12＋12＋…＋12）（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（2n）2＜11nn－2n＝

22. 11跟踪演练1

设a＋b＝2，求证：a8＋b8≥215. 1证明

a8＋b8＝2(12＋12)[(a4)2＋(b4)2] 11≥2(1×a4＋1×b4)2＝2(a4＋b4)2

2112244＝22（1＋1）（a＋b）

11＝2×4{(12＋12)[(a2)2＋(b2)2]}2

11≥23(1×a2＋1×b2)4＝23(a2＋b2)4

4112222＝232（1＋1）（a＋b）

111≥23×24(a＋b)8＝215.∴原不等式成立. 例2

求最大常数k，使对于任何x，y，z∈R＋，均有≥kx＋y＋z. 解

首先令x＝y＝z＝1，得k≤32. 32（x＋y＋z）. xyz＋＋y＋zz＋xx＋yxyz下面证明：＋＋≥y＋zz＋xx＋y由不等式对称性不妨设x≥y≥z＞0，则

x＋y≥x＋z≥y＋z. 再由切比雪夫不等式及柯西不等式有

xy＋z＋yz＋x＋zx＋y

1≤3(x＋y＋z)(y＋z＋z＋x＋x＋y) 1≤3(x＋y＋z)·3[（y＋z）＋（z＋x）＋（x＋y）] 63＝3(x＋y＋z)2.

而(xy＋z＋yz＋x＋zx＋y)·

yzx＋＋≥(x＋y＋z)2，

z＋xx＋yy＋z（x＋y＋z）2xyz于是＋＋≥

63y＋zz＋xx＋y3（x＋y＋z）2＝32（x＋y＋z）.故k的最大值为32. 12跟踪演练2

设ai∈R＋(i＝1，2，…，n)，a1＋a2＋…＋an＝1，求证：a1＋a＋11212（n2＋1）2a2＋a＋…＋an＋a≥. n2n证明

首先证明对任何ai∈R＋(i＝1，2，…，n)，有

111(a1＋a2＋…＋an)a＋a＋…＋a≥n2，

12n事实上，由柯西不等式，得

111＋＋…＋(a1＋a2＋…＋an)aa

an12＝[(a1)2＋(a2)2＋…＋(an)2] 121212＋＋…＋

ana1a21112＋a2＋…＋an＝n2，

≥a1a1a2an又由柯西不等式，得

11121×a1＋a＋1×a2＋a＋…＋1×an＋a

12n121212≤na1＋＋a2＋＋…＋an＋，

a1a2an∵a1＋a2＋…＋an＝1，

121212∴na1＋＋a2＋＋…＋an＋≥

a1a2an12111＋a＋a＋…＋a

12n

1211＝1＋（a1＋a2＋…＋an）a＋a＋…＋a≥

12n(n2＋1)2. 121212（n2＋1）2∴a1＋a＋a2＋a＋…＋an＋a≥. n12n题型二

利用柯西不等式求最值

利用不等式解决最值，尤其是含多个变量的问题，是一种常用方法.特别是条件最值问题，通常运用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式及幂平均不等式等，但要注意取等号的条件能否满足. 例3

求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值. 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，

1即(y－1)＋(x＋y－3)＋(2x＋y－6)≥6，

222y－13－x－y2x＋y－6当且仅当1＝2＝，

155即x＝2，y＝6时，上式取等号. 55故所求x＝2，y＝6. 跟踪演练3

已知实数a，b，c，d，e满足a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16. 求：a＋b＋c＋d＋e的最大值. 解

a＋b＋c＋d＋e＝（a＋b＋c＋d＋e）2

≤（a2＋b2＋c2＋d2＋e2）（12＋12＋12＋12＋12）

≤16×5＝45，所以a＋b＋c＋d＋e的最大值是45. 例4

已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式立，求λ的取值范围. 解

111111＋＋≤＋＋

x＋yy＋zz＋x2xy2yz2zxz＋1×x＋y＋zx＋1×x＋y＋zy

x＋y＋z111＋＋≤λ恒成x＋yy＋zz＋x1＝21×

1xy1z≤2（12＋12＋12）x＋y＋z＋x＋y＋z＋x＋y＋z2

33＝2.故λ的取值范围是，＋∞. 2跟踪演练4

设a，b，c，d∈R＋，令S＝求证：1＜S＜2. bb＋m证明

首先证明a＜(a＞b＞0，m＞0). a＋mbb＋mb（a＋m）－a（b＋m）m（b－a）这是因为a－＝＝＜0. a＋ma（a＋m）a（a＋m）所以S＝abcd＋＋＋

a＋d＋bb＋c＋ac＋d＋bd＋a＋cabcd＋＋＋，a＋d＋bb＋c＋ac＋d＋bd＋a＋ca＋cb＋dc＋ad＋b＜＋＋＋＝（a＋b＋d）＋c（b＋c＋a）＋d（c＋d＋b）＋a（d＋a＋c）＋b2（a＋b＋c＋d）＝2，所以S＜2. a＋b＋c＋da＋b＋c＋dabcd又S＞＋＋＋＝＝1，

a＋b＋d＋cb＋c＋a＋dc＋d＋b＋ad＋a＋c＋ba＋b＋c＋d所以1＜S＜2. 题型三

排序不等式的应用

1.用排序不等式证明不等式的关键是根据问题的条件和结论构造恰当的序列，如何排好这个序列是难点所在. 2.注意等号成立的条件. πaA＋bB＋cCπ例5

在△ABC中，试证：3≤＜2. a＋b＋c证明

不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C. 由排序不等式，得

aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC，

aA＋bB＋cC≥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aA＋bB＋cCπ≥3，①

a＋b＋c又由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aA＋bB＋cCπ＜2.②

a＋b＋c由①、②得原不等式成立. 跟踪演练5

设a，b，c∈R＋，求证：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab. 证明

不妨设a≥b≥c＞0，则a4≥b4≥c4，

运用排序不等式有：

a5＋b5＋c5＝a×a4＋b×b4＋c×c4≥ac4＋ba4＋cb4，

又a3≥b3≥c3＞0，且ab≥ac≥bc＞0，

所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.

利用二维、三维的柯西不等式证明一些简单的不等式，解决最大(小)值问题是本讲的重点，特别要注重等号成立的条件，对排序不等式会简单的应用即可. 讲末检测

一、选择题

1.若x2＋y2＝8，则2x＋y的最大值为(

) A.8

B.4

C.210

D.5 解析

∵(x2＋y2)·(4＋1)≥(2x＋y)2，

∴(2x＋y)2≤8×5＝40，当且仅当x＝2y时等号成立，即(2x＋y)max＝210. 答案

C 2.已知3x2＋2y2≤1，则3x＋2y的取值范围是(

) A.[0，5]

B.[－5，0]

C.[－5，5]

D.[－5，5] 解析

因为|3x＋2y|≤3x2＋y2·（3）2＋（2）2≤5，所以－5≤3x＋2y≤5. 答案

C 123yz3.已知x，y，z是正实数，且x＋y＋z＝1，则x＋2＋3的最小值是(

) A.5

B.6

C.8

D.9 yz123yz解析

x＋2＋3＝x＋y＋zx＋2＋3≥

1·x＋x2y·y2＋3z2＝9. z·31231当且仅当＝＝＝，即x＝3，y＝6，z＝9时，等号成立. xyz3答案

D 4.设a1，a2，a3，a4是1，2，3，4的一个排列，则a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是(

) A.(0，30]

C.[20，30]

B.(20，30] D.[20，30) 解析

由排序原理，得a1＋2a2＋3a3＋4a4≤12＋22＋32＋42＝30，a1＋2a2＋3a3＋4a4≥1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20，故a1＋2a2＋3a3＋4a4∈[20，30]. 答案

C 5.若x＋y＋z＝6，则x2＋y2＋z2的最小值为(

) A.6

B.12

C.24

D.36 1解析

x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)(x2＋y2＋z2)×3≥

11(x＋y＋z)2×3＝36×3＝12，当且仅当x＝y＝z＝2时，等号成立. 答案

B 6.设a，b，c为正实数，a＋b＋4c＝1，则a＋b＋2c的最大值是(

) A.5

C.23

B.3

3D.2

解析

1＝a＋b＋4c＝(a)2＋(b)2＋(2c)2

11＝3[(a)2＋(b)2＋(2c)2]·(12＋12＋12)≥(a＋b＋2c)·3，

111故(a＋b＋2c)2≤3，a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝3，b＝3，c＝12时，等号成立. 答案

B 7.若x，y，z是非负实数，且9x2＋12y2＋5z2＝9，则函数u＝3x＋6y＋5z的最大值为(

) A.9

B.10

C.14

D.15 解析

u2＝(3x＋6y＋5z)2≤[(3x)2＋(23y)2＋(5z)2]·[12＋(3)2＋(5)2]＝9×9＝1181，当且仅当x＝3，y＝2，z＝1时，等号成立. 故所求的最大值为9. 答案

A 8.设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cza＋b＋c＝20，则＝(

) x＋y＋z1A.4

1B.3

1C.2

3D.4

解析

由柯西不等式，得(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，当且仅当a＋b＋c1abc1x＝y＝z＝2时，等号成立，因此有x＋y＋z＝2. 答案

C 9.已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，则a的最大值是(

) A.1

B.2

C.3

D.4 111解析

由柯西不等式，得(2b2＋3c2＋6d2)2＋3＋6≥(b＋c＋d)2，

即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，

当且仅当2b3c6d＝＝时，等号成立. 111236

又b＋c＋d＝3－a，2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，

故5－a2≥(3－a)2，

解得1≤a≤2，即a的最大值是2. 答案

B 10.设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均为正数)，则a1a2an＋＋…＋c1c2cn的最小值是(

) A.n

C.n

1B.n

D.2n

解析

不妨设0≤a1≤a2≤…≤an，

111111111则≥≥…≥，，，…，是，，…，的一个排列，再利用排序不等a1a2anc1c2cna1a2an式的反序和≤乱序和求解. a1a2ana1a2an所以c＋c＋…＋c≥a＋a＋…＋c＝n. 12n12n当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立. 答案

A 二、填空题

11.函数y＝3sin x＋22（1＋cos 2x）的最大值是________. 解析

y＝3sin x＋22（1＋cos 2x）

＝3sin x＋4cos2x≤（32＋42）（sin2x＋cos2x）＝5，

当且仅当3|cos x|＝4sin x时等号成立. 答案

5 12.设x，y，z∈R，若x2＋y2＋z2＝4，则x－2y＋2z的最小值为________. 解析

由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[12＋(－2)2＋22]≥(x－2y＋2z)2，

故(x－2y＋2z)≤4×9＝36. xyz22当且仅当1＝＝2＝k，k＝±时，上式取得等号，当k＝－33时，x－2y＋2z取得－2最小值－6. 答案

－6

13.如图，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和. 解析

由题图可知，阴影部分的面积＝a1b1＋a2b2，而空白部分的面积＝a1b2＋a2b1，根据顺序和≥逆序和可和，答案为≥. 答案

≥

14.已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，则x2＋4y2＋z2的最小值为________. 解析

由柯西不等式，得

(x2＋4y2＋z2)(12＋12＋12)≥(x＋2y＋z)2. ∵x＋2y＋z＝1，

∴3(x2＋4y2＋z2)≥1. 1即x2＋4y2＋z2≥3. 1当且仅当x＝2y＝z＝3，

111即x＝3，y＝6，z＝3时，等号成立. 1故x2＋4y2＋z2的最小值为3. 1答案

3

三、解答题

a＋b＋c15.设a，b，c都是正实数，求证：aabbcc≥(abc)3. 证明

不妨设a≥b≥c＞0，则lg a≥lg b≥lg c，

据排序不等式，有alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c，

alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c，

且alg a＋blg b＋clg c＝alg a＋blg b＋clg c，

以上三式相加整理，得3(alg a＋blg b＋clg c)≥(a＋b＋c)(lg a＋lg b＋lg c)，

a＋b＋c即lg(abc)≥3·lg(abc). abca＋b＋c故aabbcc≥(abc)3.

1x＋2x＋…＋（n－1）x＋a·nx16.设f(x)＝lg，若0≤a≤1，n∈N＋，且n≥2，求证：nf(2x)≥2f(x). 12x＋22x＋…＋（n－1）2x＋a·n2x证明

∵f(2x)＝lg，∴要证f(2x)≥2f(x)，

n12x＋22x＋…＋（n－1）2x＋a·n2x只要证lg

n1x＋2x＋…＋（n－1）x＋a·nx≥2lg. n12x＋22x＋…＋（n－1）2x＋a·n2x即证

nxxxnx21＋2＋…＋（n－1）＋a·，

≥n也即证n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x] ≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，(*) ∵0≤a≤1，∴a≥a2，

根据柯西不等式得n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x] ≥(12＋12＋…＋12),\s\do4(n个)){(1x)2＋(2x)2＋…＋[(n－1)x]2＋(a·nx)2}≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，

即(*)式成立，故原不等式成立. 17.设a，b，c为正实数，且a＋2b＋3c＝13，求3a＋2b＋c的最大值. 解

根据柯西不等式，知

1222(a＋2b＋3c)（3）＋1＋

312≥3·a＋1·2b＋·3c

3＝(3a＋2b＋c)2，

213即(3a＋2b＋c)2≤3，

133则3a＋2b＋c≤3，

当且仅当a2b3c＝1＝1时，等号成立. 33

又∵a＋2b＋3c＝13，

31∴a＝9，b＝2，c＝3时，

1333a＋2b＋c有最大值3. 18.如图，等腰直角三角形AOB的直角边长为1.在此三角形中任取点P，过点P分别引三边的平行线，与各边围成以P为顶点的三个三角形(图中阴影部分)，求这三个三角形的面积和的最小值，以及达到最小值时点P的位置.

解

分别取OA，OA所在直线为x轴、y轴，则AB的方程为x＋y＝1，

1记点P的坐标为P(xP，yP)，则以P为公共顶点的三个三角形的面积和为S，S＝21212xP＋2yP＋2(1－xP－yP)2，

22则2S＝xP＋yP＋(1－xP－yP)2. 222222由柯西不等式，得[x2P＋yP＋(1－xP－yP)](1＋1＋1)≥[xP＋yP＋(1－xP－yP)]，

1即2S×3＝6S≥1，所以S≥6. xPyP1－xP－yP当且仅当1＝1＝时，等号成立，

111即xP＝yP＝3时，面积S最小，且最小值为6.