2018-2019學年高中數(shù)學 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應(yīng)用 2.1.2 柯西不等式的一般形式及其參數(shù)配方法的證明導(dǎo)學案 新人教B版選修4-5

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1、2.1.2　柯西不等式的一般形式及其參數(shù)配方法的證明 1.理解三維形式的柯西不等式，在此基礎(chǔ)上，過渡到柯西不等式的一般形式. 2.會用三維形式的及一般形式的柯西不等式證明有關(guān)不等式和求函數(shù)的最值. 自學導(dǎo)引 1.設(shè)a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn為實數(shù)，則(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|，其中等號成立?＝＝…＝(當bj＝0時，認為aj＝0，j＝1，2，…，n). 2.證明柯西不等式的一般形式的方法稱為參數(shù)配方法. 基礎(chǔ)自測 1.設(shè)x，y，z滿足x2＋2y2＋3z2＝3，則x＋2y＋3z的最大值是(　　) A.3 B

2、.4 C. D.6 解析　x＋2y＋3z＝x＋(y)＋(z) ＝ ≤＝＝3，選A. 答案　A 2.n個正數(shù)的和與這n個正數(shù)的倒數(shù)和的乘積的最小值是(　　) A.1 B.n C.n2 D. 解析　(a1＋a2＋…＋an) ＝[()2＋()2＋…＋()2]· ≥＝n2，選C. 答案　C 3.已知x、y、z∈R*且x＋y＋z＝，則x2＋y2＋z2的最小值是________. 解析　x2＋y2＋z2＝ ≥＝. 答案　 知識點1　利用柯西不等式證明不等式 【例1】 設(shè)a，b，c為正數(shù)且互不相等，求證：＋＋>. 證明　2(a＋b＋c) ＝[(a＋b)＋

3、(b＋c)＋(c＋a)]· ＝[()2＋()2＋()2]· [( )2＋( )2＋( )2]≥ ＝(1＋1＋1)2＝9. ∴＋＋≥. ∵a，b，c互不相等， ∴等號不可能成立，從而原不等式成立. ●反思感悟：有些問題本身不具備運用柯西不等式的條件，但是我們只要改變一下多項式的形態(tài)結(jié)構(gòu)，就可以達到利用柯西不等式的目的. 1.已知a1，a2，a3為實數(shù)，b1，b2，b3為正實數(shù). 求證：＋＋≥. 證明　由柯西不等式得： (b1＋b2＋b3) ≥ ＝(a1＋a2＋a3)2. ∴＋＋≥. 知識點2　利用柯西不等式求函數(shù)的最值 【例2】 已知a，b，c∈R＋且a＋

4、b＋c＝1，求＋＋的最大值. 解?。? ＝·1＋·1＋·1 ≤(4a＋1＋4b＋1＋4c＋1)(12＋12＋12) ＝×＝. 當且僅當＝＝時取等號. 即a＝b＝c＝時，所求的最大值為. ●反思感悟：利用柯西不等式，可以方便地解決一些函數(shù)的最大值或最小值問題.通過巧拆常數(shù)、重新排序、改變結(jié)構(gòu)、添項等技巧變形為能利用柯西不等式的形式. 2.若a，b∈R＋且a＋b＝1，則＋的最小值為________. 解析　·(12＋12) ≥＝＝ ∵a，b∈R＋，∴1＝a＋b≥2，∴≤， 即ab≤，∴≥4. ∴≥25. ∴2≥25 即＋≥. 答案　 知識點3　利用柯西不等式解

5、方程 【例3】 在實數(shù)集內(nèi)解方程. 解　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ≥(－8x＋6y－24y)2① ∵(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝×(64＋36＋576)＝392 又(－8x＋6y－24y)2＝392 ∴(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝(－8x＋6y－24z)2， 即不等式①中只有等號成立， 從而由柯西不等式中等號成立的條件，得 ＝＝， 它與－8x＋6y－24y＝39聯(lián)立，可得 x＝－，y＝，z＝－. ●反思感悟：利用柯西不等式解方程.關(guān)鍵是由不等關(guān)系轉(zhuǎn)換成相等關(guān)系，

6、然后再通過等號成立的條件求出未知數(shù)的值. 3.利用柯西不等式解方程：2＋＝. 解　∵2＋＝＋1· ≤·＝·＝. 又由已知2＋＝.所以等號成立， 由等號成立的條件·1＝· 得：2－4x＝8x＋6，∴x＝－， 即方程的解為x＝－. 課堂小結(jié) 柯西不等式的證明有多種方法，如數(shù)學歸納法，教材中的參數(shù)配方法(或判別式法)等，參數(shù)配方法在解決其它問題方面應(yīng)用比較廣泛.柯西不等式的應(yīng)用比較廣泛，常見的有證明不等式，求函數(shù)最值，解方程等.應(yīng)用時，通過拆常數(shù)、重新排序、添項、改變結(jié)構(gòu)等手段改變題設(shè)條件，以利于應(yīng)用柯西不等式. 隨堂演練 1.已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝1，則x2＋

7、y2＋z2的最小值是(　　) A.1 B. C. D.2 解析　x2＋y2＋z2＝ ≥＝，故應(yīng)選B. 答案　B 2.△ABC的三邊長為a、b、c，其外接圓半徑為R，求證： (a2＋b2＋c2)≥36R2. 證明　由三角形中的正弦定理得 sin A＝，所以＝， 同理＝，＝ 于是左邊＝(a2＋b2＋c2) ≥＝36R2. 故原不等式獲證. 3.已知a1，a2，…，an都是實數(shù)，求證： (a1＋a2＋…＋an)2≤a＋a＋…＋a. 證明　(12＋12＋…＋12)(a＋a＋…＋a) ≥(1×a1＋1×a2＋…＋1×an)2. ∴n(a＋a＋…＋a)≥(a1＋a

8、2＋…＋an)2 ∴(a1＋a2＋…＋an)2≤a＋a＋…＋a. 基礎(chǔ)達標 1.設(shè)a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝3，則＋＋的最小值為(　　) A.9　　　　B.3　　　　C.　　　　D.1 解析　[()2＋()2＋()2]· ≥ 即(a＋b＋c)≥32. 又∵a＋b＋c＝3，∴＋＋≥3，最小值為3. 答案　B 2.已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，則a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值為(　　) A.1 B.n C. D.2 解析　由柯西不等式(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)≥(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2 得1·1≥(a1x1＋

9、a2x2＋…＋anxn)2， ∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn≤1. 所求的最大值為1. 答案　A 3.已知a，b，c為正數(shù)，則有(　　) A.最大值9 B.最小值9 C.最大值3 D.最小值3 解析　 ＝[( )2＋( )2＋( )2]· [()2＋( )2＋( )2] ≥( × ＋× ＋× )2＝9. 答案　B 4.設(shè)a，b∈R＋，則與的大小關(guān)系是________________. 解析　∵＝·· ≥(·1＋·1)＝.∴≥. 答案　≥ 5.已知x＋2y＋3z＝1，則x2＋y2＋z2的最小值為________. 解析　由柯西不等式，有(x2＋y2＋z2

10、)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2＝1，∴x2＋y2＋z2≥， 當且僅當＝＝時取等號. 即x＝，y＝，z＝時，x2＋y2＋z2取最小值. 答案　 6.已知實數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，試求a的最值. 解　由柯西不等式得，有 (2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2 即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2 由條件可得，5－a2≥(3－a)2 解得，1≤a≤2當且僅當＝＝時等號成立，當b＝，c＝，d＝時，amax＝2. b＝1，c＝，d＝時，amin＝1. 綜合提高 7.已知2x＋3y＋4z＝10，則x2＋y2

11、＋z2取到最小值時的x，y，z的值為(　　) A.，， B.，， C.1，， D.1，， 解析　x2＋y2＋z2＝ ≥＝ 當且僅當時，等號成立，則4k＋9k＋16k＝29k＝10， 解得k＝，∴選B. 答案　B 8.n個正數(shù)的和與這n個正數(shù)的倒數(shù)和的乘積的最小值是(　　) A.1 B.n C.n2 D. 解析　設(shè)n個正數(shù)為x1，x2，…，xn，由柯西不等式，得 (x1＋x2＋…＋xn)＋≥＝(1＋1＋…＋1)2＝n2. 答案　C 9.設(shè)m、n、p為正實數(shù)，且m2＋n2－p2＝0.則的最小值為________. 解析　2p2＝2(m2＋n2)＝(12＋12)

12、(m2＋n2)≥(m＋n)2， ∴≥，∴≥. 當且僅當m＝n時取等號. ∴的最小值為. 答案　 10.已知實數(shù)a，b，c，d，e滿足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，則e的取值范圍為______________. 解析　4(a2＋b2＋c2＋d2)＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2) ≥(a＋b＋c＋d)2 即4(16－e2)≥(8－e)2，即64－4e2≥64－16e＋e2 ∴5e2－16e≥0，故0≤e≤. 答案　 11.已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝8，x2＋y2＋z2＝24. 求證：≤x≤4，≤y≤4，≤z≤4. 證明　顯然x＋y＝8－z， xy＝＝z2－8z＋20 ∴x，y是方程t2－(8－z)t＋z2－8z＋20＝0的兩個實根， 由Δ≥0得≤z≤4， 同理可得≤y≤4，≤x≤4. 12.設(shè)p是△ABC內(nèi)的一點，x，y，z是p到三邊a，b，c的距離.R是△ABC外接圓的半徑，證明：＋＋≤·.　 證明　由柯西不等式得， ＋＋＝ ＋ ＋ ≤ 設(shè)S為△ABC的面積，則 ax＋by＋cz＝2S＝2＝ ＋＋≤ ＝≤， 故不等式成立. 9