2019-2020学年高中数学 第2章 柯西不等式与排序不等式及其应用章末复习课课件 新人教B版选修

第二章柯西不等式与排序不等式及其应用章末复习课[自我校对]①向量②代数利用柯西不等式证明简单不等式柯西不等式形式优美、结构易记，因此在解题时，根据题目特征，灵活运用柯西不等式，可证明一些简单不等式．【例1】已知a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，求证：13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≤43.[精彩点拨]设m＝(13a＋1，13b＋1，13c＋1)，n＝(1,1,1)，利用柯西不等式的向量形式证明，或把式子左边补上系数1，直接利用柯西不等式求解．[规范解答]法一：因为a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，令m＝(13a＋1，13b＋1，13c＋1)，n＝(1,1,1)．则|m·n|2＝(13a＋1＋13b＋1＋13c＋1)2，|m|2·|n|2＝3[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)]＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48.∵|m·n|2≤|m|2·|n|2，∴(13a＋1)＋13b＋1＋13c＋1)2≤48，∴13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≤43.法二：由柯西不等式得(13a＋1＋13b＋1＋13c＋1)2≤(12＋12＋12)[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)]＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48，∴13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≤43.1．设正数a，b，c满足abc＝a＋b＋c，求证：ab＋4bc＋9ac≥36，并给出等号成立的条件．[证明]由abc＝a＋b＋c，得1ab＋1bc＋1ca＝1.由柯西不等式，得(ab＋4bc＋9ac)1ab＋1bc＋1ca≥(1＋2＋3)2，所以ab＋4bc＋9ac≥36，当且仅当a＝2，b＝3，c＝1时，等号成立.排序原理在不等式证明中的应用应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计，这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组．【例2】已知a，b，c为正数，求证：a＋b＋c≤a2＋b22c＋b2＋c22a＋c2＋a22b.[精彩点拨]不妨设a≥b≥c＞0，则a2≥b2≥c2，1c≥1b≥1a，根据不等式的特点，利用排序不等式证明．[规范解答]由于不等式关于a，b，c对称，可设a≥b≥c0.于是a2≥b2≥c2，1c≥1b≥1a.由排序不等式，得反序和≤乱序和，即a2·1a＋b2·1b＋c2·1c≤a2·1b＋b2·1c＋c2·1a，及a2·1a＋b2·1b＋c2·1c≤a2·1c＋b2·1a＋c2·1b.以上两个同向不等式相加再除以2，即得原不等式．2．在△ABC中，ha，hb，hc为边长a，b，c的高，求证：asinA＋bsinB＋csinC≥ha＋hb＋hc.[证明]不妨设a＞b＞c，则对应的角A＞B＞C，A，B，C∈(0，π)，∴sinA＞sinB＞sinC.由排序原理得asinA＋bsinB＋csinC≥asinB＋bsinC＋csinA.在△ABC中，asinB＝hc，bsinC＝ha，csinA＝hb，∴asinA＋bsinB＋csinC≥ha＋hb＋hc.利用柯西不等式、排序不等式求最值有关不等式问题往往要涉及到对式子或量的范围的限制，柯西不等式、排序不等式为我们通过不等式求最值提供了新的有力工具，但一定要注意取等号的条件能否满足．【例3】已知实数x，y，z满足x2＋4y2＋9z2＝a(a0)，且x＋y＋z的最大值是7，求a的值．[精彩点拨]由x2＋4y2＋9z2＝x2＋(2y)2＋(3z)2，x＋y＋z＝x＋12·2y＋13·3z，联想到柯西不等式求解．[规范解答]由柯西不等式：[x2＋(2y)2＋(3z)2]12＋122＋132≥x＋12×2y＋13×3z2.因为x2＋4y2＋9z2＝a(a0)，所以4936a≥(x＋y＋z)2，即－7a6≤x＋y＋z≤7a6.因为x＋y＋z的最大值是7，所以7a6＝7，得a＝36.当x＝367，y＝97，z＝47时，x＋y＋z取最大值，所以a＝36.3．求实数x，y的值，使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．[解]由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1，即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥16，当且仅当y－11＝3－x－y2＝2x＋y－61，即x＝52，y＝56时，上式取等号．故x＝52，y＝56时，(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．【例4】已知正实数x1，x2，…，xn满足x1＋x2＋…＋xn＝P，P为定值，求F＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n－1xn＋x2nx1的最小值．[精彩点拨]不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，利用排序不等式求解．[规范解答]不妨设0x1≤x2≤…≤xn，则1x1≥1x2≥…≥1xn0，且0x21≤x22≤…≤x2n.∵1x2，1x3，…，1xn，1x1为序列1xi(i＝1,2,3，…，n)的一个排列，根据排序不等式，得F＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n－1xn＋x2nx1≥x21·1x1＋x22·1x2＋…＋x2n·1xn＝x1＋x2＋…＋xn＝P(定值)，当且仅当x1＝x2＝…＝xn时等号成立，∴F＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n－1xn＋x2nx1的最小值为P.4．设x1，x2，…，xn取不同的正整数，则m＝x112＋x222＋…＋xnn2的最小值是()A．1B．2C．1＋12＋13＋…＋1nD．1＋122＋132＋…＋1n2[解析]设a1，a2，…，an是x1，x2，…，xn的一个排列，且满足a1a2…an，故a1≥1，a2≥2，…，an≥n.又因为1122132…1n2，所以x11＋x222＋x332＋…＋xnn2≥a1＋a222＋a332＋…＋ann2≥1×1＋2×122＋3×132＋…＋n×1n2＝1＋12＋13＋…＋1n.[答案]C利用平均值不等式求最值1.求函数的最值在利用平均值不等式求函数最值时．一定要满足下列三个条件：(1)各项均为正数．(2)“和”或“积”为定值．(3)等号一定能取到，这三个条件缺一不可．2．解决实际问题由于受算术平均与几何平均定理求最值的约束条件的限制，在求最值时常常需要对解析式进行合理的变形．对于一些分式结构的函数，当分子中变量的次数不小于分母中变量的次数时，通常采用分离变量(或常数)的方法，拼凑出和的形式，若积为定值则可用平均值不等式求解．【例5】某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入16(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．[精彩点拨](1)设每件定价为t元，表示总收入，根据题意列不等式求解．(2)利用销售收入≥原收入＋总投入，列出不等式，由题意x＞25，此时不等式求解．[规范解答](1)设每件定价为t元，依题意，有8－t－25t×0.2t≥25×8，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意，x＞25时，不等式ax≥25×8＋50＋16(x2－600)＋15x有解，等价于x＞25时，a≥150x＋16x＋15有解．∵150x＋16x≥2150x×16x＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥10.2.当该商品明年的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．5．若a＞b＞0，则a2＋1ba－b的最小值为()A．2B．3C．4D．5[答案]C[解析]依题意得a－b＞0，所以a2＋1ba－b≥a2＋1b＋a－b22＝a2＋4a2≥2a2·4a2＝4，当且仅当b＝a－b＞0，a2＝4a2，即a＝2，b＝22时取等号，因此a2＋1ba－b的最小值是4，选C.思想方法解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解较为困难，通过观察、分析、类比、联想等思维过程，选择运用恰当的数学方法进行变换，将原问题转化为一个新问题．本章常把要证明的不等式通过换元或配凑等整体应用，把命题转化为柯西不等式或排序不等式的形式加以解决．【例6】已知a，b，c为正数，求证：ab＋c＋bc＋a＋ca＋b≥32.[精彩点拨]将不等式的左边进行变形，再利用柯西不等式证明．[规范解答]左端变形ab＋c＋1＋bc＋a＋1＋ca＋b＋1＝(a＋b＋c)1b＋c＋1c＋a＋1a＋b，∴只需证此式≥92即可．∵ab＋c＋bc＋a＋ca＋b＋3＝ab＋c＋1＋ba＋c＋1＋ca＋b＋1＝(a＋b＋c)1b＋c＋1c＋a＋1a＋b＝12[(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)]1b＋c＋1c＋a＋1a＋b≥12(1＋1＋1)2＝92，∴ab＋c＋ba＋c＋ca＋b≥92－3＝32.6．已知a，b，c为正数，求证：2(a3＋b3＋c3)≥a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)．[证明]不妨设0≤a≤b≤c，则a2≤b2≤c2，由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，a2a＋b2b＋c2c≥a2c＋b2a＋c2b.以上两式相加，得2(a3＋b3＋c3)≥a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)．1．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于()A．6B．7C．8D．9[解析]不妨设ab，由题意得a＋b＝p0，ab＝q0，∴a0，b0，则a，－2，b成等比数列，a，b，－2成等差数列，∴ab＝－22，a－2＝2b，∴a＝4，b＝1，∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9.[答案]D2．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则m2＋n2的最小值为________．[解析]根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，m2＋n2的最小值为5.[答案]53．已知x0，y0，证明：(1＋x＋y2)·(1＋x2＋y)≥9xy.[证明]因为x0，y0，所以1＋x＋y2≥33xy20,1＋x2＋y≥33x2y0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥33xy2·33x2y＝9xy.4．若a0，b0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．[解](1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，且当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为42.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.由于436，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.5．已知a0，b0，c0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.(1)求a＋b＋c的值；(2)求14a2＋19b2＋c2的最小值．[解](1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，当且仅当－a≤x≤b时，等号成立．又a0，b0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值为a＋b＋c.又已知f(x)的最小值为4，所以