高中數(shù)學(xué)第三講柯西不等式與排序不等式優(yōu)化總結(jié)學(xué)案新人教A版選修4-

第三講柯西不等式與排序不等式本講優(yōu)化總結(jié),[學(xué)生用書P50])利用柯西不等式證明不等式[學(xué)生用書P50]柯西不等式的一般形式為(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(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證明問題迎刃而解．已知a，b，c，d為不全相等的正數(shù)，求證：eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)＋eq\f(1,d2)>eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,cd)＋eq\f(1,da).【證明】由柯西不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＋\f(1,c2)＋\f(1,d2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＋\f(1,c2)＋\f(1,d2)＋\f(1,a2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ab)＋\f(1,bc)＋\f(1,cd)＋\f(1,ad)))eq\s\up12(2)，于是eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)＋eq\f(1,d2)≥eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,cd)＋eq\f(1,da).①等號成立?eq\f(\f(1,a),\f(1,b))＝eq\f(\f(1,b),\f(1,c))＝eq\f(\f(1,c),\f(1,d))＝eq\f(\f(1,d),\f(1,a))?eq\f(b,a)＝eq\f(c,b)＝eq\f(d,c)＝eq\f(a,d)?a＝b＝c＝d.又已知a，b，c，d不全相等，則①中等號不成立．即eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)＋eq\f(1,d2)>eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,cd)＋eq\f(1,da).已知x，y，z是正實數(shù)，求證：eq\f(x2,y＋z)＋eq\f(y2,z＋x)＋eq\f(z2,x＋y)≥eq\f(x＋y＋z,2).證明：因為x，y，z是正實數(shù)，設(shè)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(y＋z))，\f(y,\r(z＋x))，\f(z,\r(x＋y))))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(y＋z)，\r(z＋x)，\r(x＋y))).因為|a·b|2≤|a|2·|b|2，所以(eq\f(x,\r(y＋z))·eq\r(y＋z)＋eq\f(y,\r(z＋x))·eq\r(z＋x)＋eq\f(z,\r(x＋y))·eq\r(x＋y))2≤(eq\f(x2,y＋z)＋eq\f(y2,z＋x)＋eq\f(z2,x＋y))[(y＋z)＋(z＋x)＋(x＋y)]，所以(x＋y＋z)2≤2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y＋z)＋\f(y2,z＋x)＋\f(z2,x＋y)))(x＋y＋z)，所以eq\f(x2,y＋z)＋eq\f(y2,z＋x)＋eq\f(z2,x＋y)≥eq\f(x＋y＋z,2).利用排序不等式證明不等式[學(xué)生用書P50]排序不等式具有自己獨特的體現(xiàn)：多個變量的排序與其大小順序有關(guān)，特別是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．已知a，b，c∈R＋，求證eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b)≥a＋b＋c.【證明】設(shè)a≥b≥ca2≥b2≥c2，eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a).由排序不等式得：a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c)≤a2·eq\f(1,b)＋b2·eq\f(1,c)＋c2·eq\f(1,a)，①a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c)≤a2·eq\f(1,c)＋b2·eq\f(1,a)＋c2·eq\f(1,b).②①＋②得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2·\f(1,a)＋b2·\f(1,b)＋c2·\f(1,c)))≤a2·eq\f(1,b)＋b2·eq\f(1,c)＋c2·eq\f(1,a)＋a2·eq\f(1,c)＋b2·eq\f(1,a)＋c2·eq\f(1,b)，即2(a＋b＋c)≤eq\f(a2＋b2,c)＋eq\f(b2＋c2,a)＋eq\f(c2＋a2,b)，所以eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b)≥a＋b＋c成立．在△ABC中，求證：eq\f(π,3)≤eq\f(aA＋bB＋cC,a＋b＋c)＜eq\f(π,2).證明：不妨設(shè)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eq\f(aA＋bB＋cC,a＋b＋c)≥eq\f(π,3)，①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eq\f(aA＋bB＋cC,a＋b＋c)＜eq\f(π,2).②由①、②得原不等式成立．利用柯西不等式或排序不等式求最值[學(xué)生用書P51]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．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．(1)已知實數(shù)x，y，z滿足x2＋2y2＋3z2＝3，求u＝x＋2y＋3z的最小值和最大值．(2)設(shè)a1，a2，a3，a4，a5是互不相同的正整數(shù)，求M＝a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋eq\f(a4,42)＋eq\f(a5,52)的最小值．【解】(1)因為(x＋2y＋3z)2＝(x·1＋eq\r(2)y·eq\r(2)＋eq\r(3)z·eq\r(3))2≤[x2＋(eq\r(2)y)2＋(eq\r(3)z)2]·[12＋(eq\r(2))2＋(eq\r(3))2]＝(x2＋2y2＋3z2)(1＋2＋3)＝18.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,1)＝eq\f(\r(2)y,\r(2))＝eq\f(\r(3)z,\r(3))，即x＝y(tǒng)＝z時，等號成立．所以－3eq\r(2)≤x＋2y＋3z≤3eq\r(2)，即u的最小值為－3eq\r(2)，最大值為3eq\r(2).(2)設(shè)b1，b2，b3，b4，b5是a1，a2，a3，a4，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≥eq\f(1,22)≥eq\f(1,32)≥eq\f(1,42)≥eq\f(1,52).由排序不等式，得a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋eq\f(a4,42)＋eq\f(a5,52)≥b1＋eq\f(b2,22)＋eq\f(b3,32)＋eq\f(b4,42)＋eq\f(b5,52)≥1×1＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,32)＋4×eq\f(1,42)＋5×eq\f(1,52)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＝eq\f(137,60).即M的最小值為eq\f(137,60).a1，a2，a3滿足條件a1＋a2＋a3＝2，求a1a2＋a2a3＋a3a1的最大值．解：由柯西不等式，得：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))(12＋12＋12)≥(a1＋a2＋a3)2＝4，于aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)≥eq\f(4,3).故a1a2＋a2a3＋a3a1＝eq\f(1,2)[(a1＋a2＋a3)2－(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))]＝eq\f(1,2)×22－eq\f(1,2)(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))≤2－eq\f(1,2)×eq\f(4,3)＝eq\f(4,3)，于是a1a2＋a2a3＋a3a1的最大值為eq\f(4,3).當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝a3＝eq\f(2,3)時，取到最大值eq\f(4,3).2．已知正實數(shù)x1，x2，…，xn滿足x1＋x2＋…＋xn＝P，P為定值，求F＝eq\f(xeq\o\al(2,1),x2)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),x3)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n－1),xn)＋eq\f(xeq\o\al(2,n),x1)的最小值．解：不妨設(shè)0＜x1≤x2≤…≤xn，則eq\f(1,x1)≥eq\f(1,x2)≥…≥eq\f(1,xn)＞0，且0＜xeq\o\al(2,1)≤xeq\o\al(2,2)≤…≤xeq\o\al(2,n).因為eq\f(1,x2)，eq\f(1,x3)，…，eq\f(1,xn)，eq\f(1,x1)為序列{eq\f(1,xn)}的一個排列．根據(jù)排序不等式，得F＝eq\f(xeq\o\al(2,1),x2)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),x3)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n－1),xn)＋eq\f(xeq\o\al(2,n),x1)≥xeq\o\al(2,1)·eq\f(1,x1)＋xeq\o\al(2,2)·eq\f(1,x2)＋…＋xeq\o\al(2,n)·eq\f(1,xn)＝x1＋x2＋…＋xn＝P(定值)．當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2＝…＝xn＝eq\f(P,n)時取等號．即F＝eq\f(xeq\o\al(2,1),x2)＋eq\f(xeq\o\al(2,2),x3)＋…＋eq\f(xeq\o\al(2,n－1),xn)＋eq\f(xeq\o\al(2,n),x1)的最小值為P.1．設(shè)a＝(1，0，－2)，b＝(x，y，z)，若x2＋y2＋z2＝16，則a·b的最大值為()A．4B．4eq\r(2)C．4eq\r(3) D．4eq\r(5)解析：選D.因為a＝(1，0，－2)，b＝(x，y，z)，所以a·b＝x－2z，由柯西不等式[12＋0＋(－2)2](x2＋y2＋z2)≥(x＋0－2z)2?5×16≥(x－2z)2?－4eq\r(5)≤x－2z≤4eq\r(5)?－4eq\r(5)≤a·b≤4eq\r(5)，故a·b的最大值為4eq\r(5).2．已知實數(shù)a，b，c，d，e滿足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，求e的取值范圍．解：由柯西不等式得(1＋1＋1＋1)·(a2＋b2＋c2＋d2)≥(a＋b＋c＋d)2，即4(16－e2)≥(8－e)2，解得0≤e≤eq\f(16,5)，所以e∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(16,5))).3．設(shè)c1，c2，…，cn為正數(shù)組a1，a2，…，an的某一排列，求證：eq\f(a1,c1)＋eq\f(a2,c2)＋…＋eq\f(an,cn)≥n.證明：不妨設(shè)0＜a1≤a2≤…≤an，則eq