【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 12页

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．‎