2024秋高中數(shù)學(xué)第三講柯西不等式與排序不等式復(fù)習(xí)課課堂演練含解析新人教A版選修4-5

PAGE3-復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯(cuò)提示]1．柯西不等式的易錯(cuò)點(diǎn)．在應(yīng)用柯西不等式求最值時(shí)，易忽視等號(hào)成立的條件．2．排序不等式的易錯(cuò)點(diǎn)．不等式具有傳遞性，但并不是隨意兩個(gè)不等式比較大小都可以用傳遞性來(lái)解決的，由a＞m，b＞m，推出a＞b是錯(cuò)誤的．專(zhuān)題一柯西不等式的應(yīng)用柯西不等式主要有二維形式的柯西不等式(包括向量形式、三角形式)和一般形式的柯西不等式，不僅可以用來(lái)求最值，還可以用來(lái)證明不等式．[例?]已知實(shí)數(shù)x，y，z滿(mǎn)意x2＋2y2＋3z2＝3，求u＝x＋2y＋3z的最小值和最大值．解：因?yàn)?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(shí)，等號(hào)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).歸納升華柯西不等式可以用來(lái)求最值和證明不等式，應(yīng)用柯西不等式的關(guān)鍵在于構(gòu)造兩個(gè)適當(dāng)?shù)臄?shù)組，并且要留意等號(hào)成立的條件．[變式訓(xùn)練]設(shè)a，b，c，d為不全相等的正數(shù)．求證：eq\f(1,a＋b＋c)＋eq\f(1,b＋c＋d)＋eq\f(1,c＋d＋a)＋eq\f(1,d＋a＋b)>eq\f(16,3（a＋b＋c＋d）).解：記s＝a＋b＋c＋d，則原不等式等價(jià)于eq\f(s,s－d)＋eq\f(s,s－a)＋eq\f(s,s－b)＋eq\f(s,s－c)>eq\f(16,3).構(gòu)造兩組數(shù)eq\r(s－d)，eq\r(s－a)，eq\r(s－b)，eq\r(s－c)；eq\f(1,\r(s－d))，eq\f(1,\r(s－a))，eq\f(1,\r(s－b))，eq\f(1,\r(s－c))，由柯西不等式得[(eq\r(s－d))2＋(eq\r(s－a))2＋(eq\r(s－b))2＋(eq\r(s－c))2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（\r(s－d)）2)＋\f(1,（\r(s－a)）2)＋\f(1,（\r(s－b)）2)＋\f(1,（\r(s－c)）2)))≥(1＋1＋1＋1)2.即[4s－(a＋b＋c＋d)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,s－d)＋\f(1,s－a)＋\f(1,s－b)＋\f(1,s－c)))≥16，于是eq\f(s,s－d)＋eq\f(s,s－a)＋eq\f(s,s－b)＋eq\f(s,s－c)≥eq\f(16,3)，等號(hào)成立?s－d＝s－a＝s－b＝s－c?a＝b＝c＝d.因題設(shè)a，b，c，d不全相等，故取不到等號(hào)，即eq\f(1,a＋b＋c)＋eq\f(1,b＋c＋d)＋eq\f(1,c＋d＋a)＋eq\f(1,d＋a＋b)>eq\f(16,3（a＋b＋c＋d）).專(zhuān)題二排序不等式的應(yīng)用1．用排序不等式證明不等式的關(guān)鍵是依據(jù)問(wèn)題的條件和結(jié)論構(gòu)造恰當(dāng)?shù)男蛄?，如何排好這個(gè)序列是難點(diǎn)所在．2．留意等號(hào)成立的條件．[例?]在△ABC中，試證：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①②得原不等式成立．歸納升華利用排序不等式證明不等式的技巧在于細(xì)致視察、分析所要證明的式子的結(jié)構(gòu)，從而正確地構(gòu)造出不等式中所須要的帶有大小依次的兩個(gè)數(shù)組．[變式訓(xùn)練]已知正實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn滿(mǎn)意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?yàn)閑q\f(1,x2)，eq\f(1,x3)，…，eq\f(1,xn)，eq\f(1,x1)為序列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xi)))(i＝1，2，3，…，n)的一個(gè)排列，依據(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時(shí)等號(hào)成立，所以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.專(zhuān)題三轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸思想是指在解決問(wèn)題時(shí)，將問(wèn)題通過(guò)變換使之化繁為簡(jiǎn)，化難為易的一種解決問(wèn)題的思想．[例3]求使lg(xy)≤lga·eq\r(lg2x＋lg2y)對(duì)大于1的隨意x與y恒成立的a的取值范圍．解：因?yàn)閑q\r(lg2x＋lg2y)＞0，且x＞1，y＞1，所以原不等式等價(jià)于lga≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lgx＋lgy,\r(lg2x＋lg2y))))eq\s\do7(max).令f(x，y)＝eq\f(lgx＋lgy,\r(lg2x＋lg2y))＝eq\r(\f(（lgx＋lgy）2,lg2x＋lg2y))＝eq\r(1＋\f(2lgxlgy,lg2x＋lg2y))(lgx＞0，lgy＞0)．因?yàn)閘g2x＋lg2y≥2lgxlgy＞0，所以0＜eq\f(2lgxlgy,lg2x＋lg2y)≤1，所以1＜f(x，y)≤eq\r(2)，即lga≥eq\r(2)，所以a≥10eq\r(2).歸納升華解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，常遇到一些干脆求解較為困難的問(wèn)題，通過(guò)視察、分析、類(lèi)比、聯(lián)想等，選擇運(yùn)用恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)方法進(jìn)行變換，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)新問(wèn)題(相對(duì)來(lái)說(shuō)自己較熟識(shí)的問(wèn)題)，通過(guò)求解新問(wèn)題，達(dá)到解決原問(wèn)題的目的，這一思想方法我們稱(chēng)為“化歸與轉(zhuǎn)化的思想”．本講常見(jiàn)的化歸與轉(zhuǎn)化的問(wèn)題是通過(guò)換元或恒等變形把命題的表達(dá)形式化為柯西不等式或排序不等式的形式．[變式訓(xùn)練]已知|x|≤1，|y|≤1，試求xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x