【数学】2018届一轮复习人教A版选修4-5第3讲柯西不等式与排序不等式学案
第3讲 柯西不等式与排序不等式
, [学生用书P228])
1．二维形式的柯西不等式
(1)定理1(二维形式的柯西不等式)
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)(二维变式)·≥|ac＋bd|，·≥|ac|＋|bd|．
(3)定理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．
(4)定理3(二维形式的三角不等式)
设x1，y1，x2，y2∈R，那么＋≥．
(5)(三角变式)设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥．
2．柯西不等式的一般形式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．
3．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，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和．
排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．
柯西不等式的证明[学生用书P228]
[典例引领]
若a，b，c，d都是实数，求证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
【证明】 因为(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－a2c2－b2d2－2acbd
＝a2d2＋b2c2－2adbc＝(ad－bc)2≥0，
当且仅当ad＝bc时，等号成立．
即(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2≥0，
所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
设α，β是两个向量，求证|α·β|≤|α||β|，当且仅当β为零向量或存在实数k，使α＝kβ时等号成立．
[证明] 如图，设在平面直角坐标系xOy中有向量α＝(a，b)，β＝(c，d)，α与β之间的夹角为θ，0≤θ≤π.
根据向量数量积(内积)的定义，有α·β＝|α||β|cos θ，
所以|α·β|＝|α||β||cos θ|.
因为|cos θ|≤1，所以|α·β|≤|α||β|.
如果向量α和β中有零向量，则ad－bc＝0，不等式取等号．如果向量α和β都不是零向量，则当且仅当|cos θ|＝1，即向量α和β共线时，不等式取等号．
柯西不等式的证明可利用已学过的比较法，也可利用向量法，柯西三角不等式还可利用几何法证明．
如下：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则
＋≥.
证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
由|CA|＋|CB|≥|BA|与两点间的距离公式得＋≥.
当且仅当点C位于线段BA上时取等号．
设a1，a2，b1，b2为实数，求证：＋≥.
[证明] (＋)2
＝a＋a＋2＋b＋b
≥a＋a＋2|a1b1＋a2b2|＋b＋b
≥a＋a－2(a1b1＋a2b2)＋b＋b
＝(a－2a1b1＋b)＋(a－2a2b2＋b)
＝(a1－b1)2＋(a2－b2)2，
所以＋≥.
利用柯西不等式求最值[学生用书P229]
[典例引领]
已知正实数u，v，w满足u2＋v2＋w2＝8，求＋＋的最小值．
【解】 因为u2＋v2＋w2＝8.
所以82＝(u2＋v2＋w2)2＝
≤(9＋16＋25)，
所以＋＋≥＝.
当且仅当÷3＝÷4＝÷5，即u＝，v＝，w＝2时取到“＝”，
所以当u＝，v＝，w＝2时＋＋的最小值为.
利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．
[通关练习]
1．设x，y，z∈R，2x－y－2z＝6，试求x2＋y2＋z2的最小值．
[解] 考虑以下两组向量
u＝(2，－1，－2)，v＝(x，y，z)，
根据柯西不等式(u·v)2≤|u|2·|v|2，
得[2x＋(－1)y＋(－2)z]2≤[22＋(－1)2＋(－2)2](x2＋y2＋z2)，
即(2x－y－2z)2≤9(x2＋y2＋z2)，
将2x－y－2z＝6代入其中，
得36≤9(x2＋y2＋z2)，
即x2＋y2＋z2≥4，
故x2＋y2＋z2的最小值为4.
2．设x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝25，试求x－2y＋2z的最大值与最小值．
[解] 根据柯西不等式，有(1·x－2·y＋2·z)2≤[12＋(－2)2＋22](x2＋y2＋z2)，
即(x－2y＋2z)2≤9×25，
所以－15≤x－2y＋2z≤15，
故x－2y＋2z的最大值为15，最小值为－15.
利用柯西不等式证明不等式[学生用书P229]
[典例引领]
设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥.
【证明】 ＋＋
＝(12＋12＋12)
≥
＝
＝
≥×(1＋9)2＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，
所以所求证的不等式成立．
利用柯西不等式证明的关键是恰当构造变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．注意等号成立的条件．
[通关练习]
1．已知a，b为正数，求证＋≥.
[证明] 因为a>0，b>0，所以由柯西不等式，
得(a＋b)
＝[()2＋()2]·
≥＝9，当且仅当a＝b时取等号，
所以＋≥.
2．设a，b>0，且a＋b＝1，求证：＋≥.
[证明] 因为(12＋12)
≥
＝
＝≥25，当且仅当a＝b＝时取等号，
所以＋≥.
利用排序不等式求最值[学生用书P230]
[典例引领]
设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．
【证明】 不妨设a≥b≥c，
则a＋b≥a＋c≥b＋c，≥≥，
由排序不等式得，
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋，
上述两式相加得：
2≥3，
即＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，
＋＋取最小值.
求最小(大)值时，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的一个或两个乱序和，从而求出其最小(大)值．
设0
>…>，
且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有
＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋.
故原不等式成立．
4．已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3.求证：＋＋≥.
[证明] 由柯西不等式及题意得，
·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.
又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18，
所以＋＋≥＝，
当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．
5．设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，求x＋y＋z的值．
[解] 由柯西不等式可得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，即(x＋2y＋3z)2≤14，
因此x＋2y＋3z≤.
因为x＋2y＋3z＝，
所以x＝＝，
解得x＝，y＝，z＝，
于是x＋y＋z＝.
6．已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，求(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值．
[解] 由柯西不等式得
(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，
所以9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥(2a＋2b＋c－1)2.
因为2a＋2b＋c＝8，
所以(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥，
当且仅当＝＝c－3时等号成立，
所以(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是.
7．已知x，y，z均为实数．
(1)若x＋y＋z＝1，求证：＋＋≤3；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
[解] (1)证明：因为(＋＋)2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.
所以＋＋≤3.
当且仅当x＝，y＝，z＝0时取等号．
(2)因为6＝x＋2y＋3z≤·，
所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝即x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2有最小值.
8．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．
(1)求＋＋的最小值；
(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
[解] (1)因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以＋＋
≥3·＝3·≥3·
＝3×＝6，
当且仅当＝＝且a＝b，即a＝b＝且x1＝x2＝1时，＋＋有最小值6.
(2)证明：由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号．
所以(ax1＋bx2)·(ax2＋bx1)≥x1x2.
9．(1)关于x的不等式|x－3|＋|x－4|1，即a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由柯西不等式，得
[42＋()2＋22]·
≥＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
所以5≥|x＋y＋z|，所以－5≤x＋y＋z≤5.
所以x＋y＋z的取值范围是[－5，5]．
10．设a1，a2，…，an为实数，证明：≤ .
[证明] 不妨设a1≤a2≤a3≤…≤an，
由排序原理得
a＋a＋a＋…＋a＝a1a1＋a2a2＋a3a3＋…＋anan，
a＋a＋a＋…＋a≥a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋ana1，
a＋a＋a＋…＋a≥a1a3＋a2a4＋a3a5＋…＋ana2，
…
a＋a＋a＋…＋a≥a1an＋a2a1＋a3a2＋…＋anan－1，
以上n个式子两边相加得
n(a＋a＋a＋…＋a)≥(a1＋a2＋a3＋…＋an)2，
两边同除以n2得
≥，
所以 ≥，结论得证．
不等式选讲[学生用书P231]
年份
卷别
具体考查内容及命题位置
2016
甲卷
含绝对值不等式的解法及比较法证明不等式·T24
乙卷
绝对值不等式的解法及分段函数的图象·T24
丙卷
绝对值不等式的解法·T24
2015
Ⅰ卷
绝对值不等式的求解、数形结合求三角形面积·T24
Ⅱ卷
不等式的证明、充要条件的判断·T24
2014
Ⅰ卷
基本不等式、函数最值·T24
Ⅱ卷
绝对值的三角不等式、基本不等式、一元二次不等式·T24
[命题分析]
1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．
2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用．
题示
参数
真题呈现
考题溯源
题示对比
(2016·高考全国卷甲，T24)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)＜2的解集.
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
1.(选修45 P20习题1.2T8(3))解不等式.
|x－1|＋|x－2|<2.
2.(选修45 P26习题2.2T9)
已知|a|<1，|b|<1，求证
|1－ab|>|a－b|.
题材评说
考题将教材的两个重点知识问题巧妙结合，以不等式的解集M将两个问题有机链接，是教材问题的升华，是考题命制的主要方法之一．考题第(2)问可以说就是教材的原问题，这类问题是十分重要的常规问题，事实上，考题与教材问题即是：若a，b∈(－1，1)，则|a±b|＜|1±ab|，而且诸如这类问题，若|a|≤1，|b|≤1，则|a±b|≤|1±ab|.升华为求证：|sin α＋sin β|≤|1＋sin αsin β|
1．(选修45 P19习题1.2T5，P17例5改编)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.
(1)求实数a的值；
(2)解不等式f(x)≤5.
[解] (1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，从而解得a＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|
＝.
结合函数y＝f(x)的图象知，不等式f(x)≤5的解集为.
2．(选修45 P16例3、P35例3改编)已知函数f(x)＝|3x－1|.
(1)设f(x)≤2的解集为M，记集合M中的最大元素为amax，最小元素为amin，求amax－amin；
(2)若a，b为正实数，且a＋b＝amax，求＋的最小值．
[解] (1)f(x)≤2，即为
|3x－1|≤2，
所以－2≤3x－1≤2，即－≤x≤1.
所以M＝.
即amax＝1，amin＝－，amax－amin
＝1－＝.
(2)由(1)知，a＋b＝1，且a，b为正实数，
所以(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.
当且仅当a＝b＝时取等号，
即＋≥4，所以＋的最小值为4.
3．(选修45 P20习题1.2T9，P37习题3.1T8改编)(1)若关于x的不等式|x－3|＋|x－4|≤a的解集不是空集，求a的范围；
(2)若g(x)＝，且p>0，q>0，p＋q＝1，x1，x2∈[0，＋∞)，求证：pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)．
[解] (1)法一：|x－3|＋|x－4|≥|(x－3)－(x－4)|＝1.
即|x－3|＋|x－4|的最小值为1.
所以|x－3|＋|x－4|≤a的解集不是空集时，a≥1.
法二：设f(x)＝|x－3|＋|x－4|
＝
函数f(x)的图象为
所以f(x)min＝1.
则f(x)≤a的解集不是空集时，a≥1.
(2)证明：由p>0，q>0，p＋q＝1，要证
不等式pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)成立，即为证明
p＋q≤ 成立．(*)
法一：(分解法)要证(*)成立，即证
(p＋q)2≤()2成立．
即证：p2x1＋2pq＋q2x2≤px1＋qx2，
即证px1(1－p)＋qx2(1－q)－2pq≥0.
因为p＋q＝1.
只需证pqx1＋pqx2－2pq≥0成立．
即证(－)2≥0.
因为(－)2≥0显然成立．
所以原不等式成立．
法二：(柯西不等式法)
因为(p＋q)2＝(·＋·)2
≤[()2＋()2][()2＋()2]
＝(p＋q)(px1＋qx2)
因为p＋q＝1.
所以(p＋q)2≤px1＋qx2.
所以p＋q≤.
即pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)．
4．(选修45 P19习题1.2T5，P45习题3.3T4改编)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.
[解] (1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3，6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为＋＋＋(a＋b＋c)
＝＋＋
≥2
＝2(a＋b＋c)．
(当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”)
所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.
5．(选修45 P17例5，P26习题2.2T9改编)已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．
[解] (1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②当－11.
综上，M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以，要证f(ab)>f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|>|a＋b|，
即证|ab＋1|2>|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1>0，
即证(a2－1)(b2－1)>0.
因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，
所以(a2－1)(b2－1)>0成立，
所以原不等式成立．
