课件12张PPT。利用柯西不等式证明简单不等式 排序原理在不等式证明中的应用 利用柯西不等式、排序不等式求最值 思想方法 课件30张PPT。ad＝bc 二维柯西不等式代数形式的应用 二维柯西不等式的向量形式及应用 运用柯西不等式求最值 课时作业（九）课件29张PPT。利用柯西不等式证明不等式 利用柯西不等式求最值 运用柯西不等式求参数的取值范围 课时作业（十）课件33张PPT。反 序和 乱序和 用排序不等式证明不等式(字母大小已定)字母大小顺序不定的不等式证明 利用排序不等式求最值 利用排序不等式求解简单的实际问题课时作业（十一）综合检测(三)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设xy>0，则(x2＋)(y2＋)的最小值为( )
A．－9 B．9
C．10 D．0
【解析】 [x2＋()2][()2＋y2]
≥(x·＋·y)2＝9.
【答案】 B
2．已知实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，则e的取值范围为( )
A．[0，] B．[－，]
C．[0，] D．[－，]
【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，
64－4e2≥64－16e＋e2，
即5e2－16e≤0，
∴e(5e－16)≤0，
故0≤e≤.
【答案】 C
3．学校要开运动会，需要买价格不同的奖品40件、50件、20件，现在选择商店中为5元、3元、2元的奖品，则至少要花( )
A．300元 B．360元
C．320元 D．340元
【解析】 由排序原理，反序和最小．
∴最小值为50×2＋40×3＋20×5＝320(元).
【答案】 C
4．已知a，b，c为非零实数，则(a2＋b2＋c2)(＋＋)最小值为( )
A．7 B．9
C．12 D．18
【解析】 由(a2＋b2＋c2)(＋＋)
≥(a·＋b·＋c·)2＝9，
∴所求最小值为9.
【答案】 B
5．设a，b，c均为小于0，且a2＋b2＋c2＝3，则ab＋bc＋ca的最大值为
( )
A．0 B．1
C．3 D．
【解析】 由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，
所以ab＋bc＋ca≤3.
【答案】 C
6．若x＋2y＋4z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是( )
A．21 B．
C．16 D．
【解析】 ∵1＝x＋2y＋4z≤ ·，
∴x2＋y2＋z2≥，
即x2＋y2＋z2的最小值为.
【答案】 B
7．函数f(x)＝＋cos x，则f(x)的最大值是( )
A. B．
C．1 D．2
【解析】 f(x)＝·＋cos x.
又(·＋cos x)2≤(2＋1)(sin2x＋cos 2x)＝3，∴f(x)的最大值为.
【答案】 A
8．设M＝a2＋b2＋c2＋d2，N＝ab＋bc＋cd＋da，则M与N的大小关系是
( )
A．M≥N B．M>N
C．M≤N D．M【解析】 由(a2＋b2＋c2＋d2)(b2＋c2＋d2＋a2)≥(ab＋bc＋cd＋da)2，
所以M≥N，
当a＝b＝c＝d时等号成立，
故应选A.
【答案】 A
9．已知半圆的直径AB＝2R，P是弧AB上一点，则2|PA|＋3|PB|的最大值是
( )
A.R B．R
C．2R D．4R
【解析】 由2|PA|＋3|PB|
≤
＝＝·2R.
【答案】 C
10．设a1，a2，…，an为正实数，P＝，Q＝，则P、Q间的大小关系为( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P【解析】 ∵(a1＋a2＋…＋an)(＋＋…＋)≥
∴≥，
即P≥Q.
【答案】 B
11．设a1，a2，a3为正数，则＋＋与a1＋a2＋a3大小为( )
A．> B．≥
C．< D．≤
【解析】 不妨设a1≥a2≥a3>0，于是
≤≤，a2a3≤a3a1≤a1a2，
由排序不等式：
顺序和≥乱序和，得
＋＋≥·a2a3＋·a3a1＋·a1a2
＝a3＋a1＋a2.
即＋＋≥a1＋a2＋a3.
【答案】 B
12．设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均为正数)，则＋＋…＋的最小值是( )
A．n B．
C. D．2n
【解析】 不妨设0≤a1≤a2≤…≤an，
则≥≥…≥，，，…，是，，…，的一个排列，
再利用排序不等式的反序和≤乱序和求解．
所以＋＋…＋≥＋＋…＋＝n.
当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．故选A.
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．(2013·湖北高考)设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z＝________.
【解析】 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＝.
【答案】
14．已知实数m，n＞0，则＋________.(填≥、＞、≤、＜)
【解析】 因为m，n＞0，利用柯西不等式，
得(m＋n)(＋)≥(a＋b)2，
所以＋≥.
【答案】 ≥
15．函数y＝(1＋)(1＋)(0＜α＜)的最小值是________．
【解析】 由柯西不等式，得
y＝[12＋()2][12＋()2]
≥(1×1＋·)2
＝(1＋)2≥(1＋)2＝3＋2.
当且仅当＝，
即α＝时等号成立．
【答案】 3＋2
16.
图1
如图1所示，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和．
【解析】 由题图可知，阴影面积＝a1b1＋a2b2，而空白面积＝a1b2＋a2b1，根据顺序和≥逆序和可知答案为≥.
【答案】 ≥
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设x2＋2y2＝1，求u(x，y)＝x＋2y的最值．
【解】 由柯西不等式，
有|u(x，y)|＝|1·x＋·y|
≤·＝.
得umax＝，umin＝－.
分别在(，)，(－，－)时取得最大值和最小值．
18．(本小题满分12分)已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1.求证＋＋≥.
【证明】 因为x>0，y>0，z>0，所以由柯西不等式得：
[(y＋2z)＋(z＋2x)＋(x＋2y)](＋＋)≥(x＋y＋z)2，又因为x＋y＋z＝1，
所以＋＋≥
＝.
19．(本小题满分12分)在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边依次为a，b，c，求证：≥.
【证明】 考察两个数组a，b，c和A，B，C.
不妨设a≥b≥c，
则有A≥B≥C.于是，
由排序不等式可得
aA＋bB＋cC≥aA＋bB＋cC，
aA＋bB＋cC≥aB＋bC＋cA，
aA＋bB＋cC≥aC＋bA＋cB.
(顺序和≥乱序和)
将以上三式的两边分别相加，得
3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)
＝(a＋b＋c)π，
所以≥.
20．(本小题满分12分)已知a，b，c大于0，且acos2θ＋bsin2θ<，求证：cos2θ＋sin2θ【证明】 由柯西不等式，
得(cos2θ＋sin2θ)2
≤[(cos θ)2＋(sin θ)2](cos2θ＋sin2θ)
＝acos2θ＋bsin2θ.
又acos2θ＋bsin2θ<，
∴(cos2θ＋sin2θ)2<.
因此，cos2θ＋sin2θ21．(本小题满分12分)设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥9.
【证明】 构造两组数，，；，，，于是由柯西不等式有
[()2＋()2＋()2][()2＋()2＋()2]≥(·＋·＋·)2，
即(a＋b＋c)(＋＋)≥32.
因为a＋b＋c＝1，所以＋＋≥9.
22．(本小题满分12分)设a，b，c∈R＋，利用排序不等式证明：
(1)aabb＞abba(a≠b)；
(2)a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
【证明】 (1)不妨设a＞b＞0，
则lg a＞lg b.
从而alg a＋blg b＞alg b＋blg a，
∴lg aa＋lg bb＞lg ba＋lg ab.
即lg aabb＞lg baab，
故aabb＞baab.
(2)不妨设a≥b≥c＞0，
则lg a≥lg b≥lg c.
∴alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c.
alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c.
∴2alg a＋2blg b＋2clg c
≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c.
∴lg(a2a·b2b·c2c)
≥lg (ab＋c·ba＋c·ca＋b)．
故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
一、选择题
1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是( )
A．1 B．
C．3 D．9
【解析】 由柯西不等式得[()2＋()2＋()2](12＋12＋12)≥(＋＋)2，∴(＋＋)2≤3×1＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
∴＋＋的最大值为.故选B.
【答案】 B
2．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值为( )
A．1 B．2
C．－1 D．不确定
【解析】 ∵(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1.
当且仅当ai＝xi＝(i＝1,2，…，n)时等号成立．
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
故选A.
【答案】 A
3．若实数a，b，c均大于0，且a＋b＋c＝3，则的最小值为
( )
A．3 B．1
C. D．
【解析】 ∵a＋b＋c＝1·a＋1·b＋1·c，且a，b，c大于0.由柯西不等式，
(1·a＋1·b＋1·c)2≤(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)
∴a2＋b2＋c2≥3，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
∴的最小值为.
【答案】 D
4．已知x，y，z均大于0，且x＋y＋z＝1.则＋＋的最小值为( )
A．24 B．30
C．36 D．48
【解析】 (x＋y＋z)(＋＋)
≥(·＋·＋·)2＝36.
∴＋＋≥36.
【答案】 C
二、填空题
5．(2013·湖南高考)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
【解析】 ∵a＋2b＋3c＝6，∴1×a＋1×2b＋1×3c＝6.
∴(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12.当且仅当＝＝，即a＝2，b＝1，c＝时取等号．
【答案】 12
6．设a，b，c，x，y，z都是正数，且a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，ax＋by＋cz＝30，则＝________.
【解析】 由柯西不等式知：25×36＝(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝302＝25×36，
当且仅当＝＝＝k时取“＝”．
由k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝.
所以＝k＝.
【答案】
三、解答题
7．已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，求t＝x2＋4y2＋z2的最小值．
【解】 由柯西不等式得
(x2＋4y2＋z2)(1＋1＋1)≥(x＋2y＋z)2，
∵x＋2y＋z＝1，
∴3(x2＋4y2＋z2)≥1，即x2＋4y2＋z2≥.
当且仅当x＝2y＝z＝，即x＝，y＝，z＝时等
号成立．
故x2＋4y2＋z2的最小值为.
8．已知f(x)＝ax2＋bx＋c的所有系数均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：对于任何正数x1，x2，当x1·x2＝1时，必有f(x1)·f(x2)≥1.
【证明】 由于f(x)＝ax2＋bx＋c.
且a，b，c大于0.
∴f(x1)·f(x2)＝(ax＋bx1＋c)(ax＋bx2＋c)
≥(x1·x2＋·＋c)2
＝(ax1x2＋b＋c)2
＝[f()]2＝[f(1)]2.
又f(1)＝a＋b＋c，
且a＋b＋c＝1，
∴f(x1)·f(x2)≥1.
9．求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－2)2＋(2x＋y－6)2取到最小值．
【解】 由柯西不等式，得
(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(2－x－y)2＋(2x＋y－6)2]
≥[1×(y－1)＋2×(2－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝9，
即(y－1)2＋(x＋y－2)2＋(2x＋y－6)2≥，
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝时，上式取等号．
∴当x＝，y＝时(y－1)2＋(x＋y－2)2＋(2x＋y－6)2取到最小值．
教师备选
10．△ABC的三边长a，b，c，其外接圆半径为R.
求证：(a2＋b2＋c2)(＋＋)≥36R2.
【证明】 由三角形中的正弦定理得：
sin A＝，所以＝，
同理＝，＝，
于是由柯西不等式可得
左边＝(a2＋b2＋c2)(＋＋)
≥(a·＋b·＋c·)2＝36R2，
∴原不等式得证．
一、选择题
1．设a≥b>0，P＝a3＋b3，Q＝a2b＋ab2，则P与Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P【解析】 ∵a≥b>0，
∴a2≥b2>0.
因此a3＋b3≥a2b＋ab2.(排序不等式)
则P≥Q.
【答案】 B
2．设正实数a1，a2，a3的任一排列为a′1，a′2，a′3，则＋＋的最小值为( )
A．3 B．6
C．9 D．12
【解析】 设a1≥a2≥a3＞0，则≥≥＞0，由乱序和不小于反序和知
∴＋＋≥＋＋＝3，
∴＋＋的最小值为3，故选A.
【答案】 A
3．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为( )
A．A＞B B．A＜B
C．A≥B D．A≤B
【解析】 依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn}的一个排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即x＋x＋…＋x≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.故选C.
【答案】 C
4．已知a，b，c为正实数，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )
A．大于零 B．大于等于零
C．小于零 D．小于等于零
【解析】 设a≥b≥c>0，
所以a3≥b3≥c3，
根据排序原理，得a3×a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b3c＋c3a.
又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
【答案】 B
二、填空题
5．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s，每人个接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________s.
【解析】 等候的最短时间为：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．
【答案】 41
6．若a>0，b>0且a＋b＝1，则＋的最小值是________．
【解析】 不妨设a≥b>0，
则有a2≥b2，且≥.
由排序不等式＋≥·a2＋·b2＝a＋b＝1，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
∴＋的最小值为1.
【答案】 1
三、解答题
7．已知a，b，c为正实数，求证＋＋≥a＋b＋c.
【证明】 不妨设a≥b≥c>0，
由≥≥>0，ab≥ac≥bc>0.
由排序不等式，得
＋＋≥ac·＋bc·＋ab·＝a＋b＋c.
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
故＋＋≥a＋b＋c.
8．设a，b，c大于0，求证：
(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；
(2)＋＋≤.
【证明】 (1)不妨设a≥b≥c>0，
则a2≥b2≥c2>0.
∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2·a，
∴a3＋b3≥ab(a＋b)．
(2)由(1)知，同理b3＋c3
≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)．
所以＋＋
≤＋＋
＝(＋＋)
＝·＝.
故原不等式得证．
9．已知a，b，c都是正数，求＋＋的最小值．
【解】 由对称性，不妨设0＜c≤b≤a，则有a＋b≥a＋c≥b＋c＞0，∴0＜≤≤.
由排序不等式得＋＋
≥＋＋， ①
＋＋
≥＋＋. ②
由①②知2(＋＋)≥3，
∴＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，＋＋取最小值.
教师备选
10．已知0<α<β<γ<，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
【证明】 ∵0<α<β<γ<，且y＝sin x在(0，)为增函数，y＝cos x在(0，)为减函数，
∴0cos α>cos β>cos γ>0.
根据排序不等式得：
乱序和>反序和．
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α
>sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ
＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
故原不等式得证.
一、选择题
1．若a2＋b2＝1，x2＋y2＝2，则ax＋by的最大值为( )
A．1 B．2
C. D．4
【解析】 ∵(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝2，
∴ax＋by≤.
【答案】 C
2．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( )
A．ab≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
【解析】 ∵(12＋12)(a2＋b2)
≥(a＋b)2＝4，
∴a2＋b2≥2.
【答案】 C
3．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是
( )
A．P≤Q B．PC．P≥Q D．P>Q
【解析】 设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|
＝·
＝·＝，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
【答案】 A
4．若a＋b＝1且a，b同号，则(a＋)2＋(b＋)2的最小值为( )
A．1 B．2
C. D．
【解析】 (a＋)2＋(b＋)2
＝a2＋2＋＋b2＋2＋＝(a2＋b2)(1＋)＋4，
∵a＋b＝1，ab≤()2＝，
∴a2＋b2＝(a2＋b2)·(1＋1)
≥·(a＋b)2＝，1＋≥1＋42＝17，
∴(a＋)2＋(b＋)2≥＋4＝.
【答案】 C
二、填空题
5．函数y＝＋的最大值为________．
【解析】 y2＝(＋)2＝(＋·)2≤[12＋()2][(1－x)＋(－x)]＝，
∴y≤，当且仅当 ＝·即x＝时等号成立．
【答案】
6．设x，y∈R＋，且x＋2y＝8，则＋的最小值为________．
【解析】 (x＋2y)(＋)
＝[()2＋()2][()2＋()2]≥(·＋·)2＝25，当且仅当·＝，即x＝，y＝时，“＝”成立．又x＋2y＝8，
∴＋≥.
【答案】
三、解答题
7．已知θ为锐角，a，b均为正实数．求证：(a＋b)2≤＋.
【证明】 设m＝(，)，n＝(cos θ，sin θ)，
则|a＋b|＝|·cos θ＋·sin θ|
＝|m·n|≤|m||n|＝ ·
＝ ，
∴(a＋b)2≤＋.
8．已知a＋b＝1，求a2＋b2的值．
【解】 由柯西不等式，得
(a＋b)2
≤[a2＋(1－a2)][(1－b2)＋b2]＝1，
由a＋b＝1
因此柯西不等式中等号成立．
又当且仅当＝时，上式取等号，
所以ab＝·，a2b2
＝(1－a2)(1－b2)，
于是a2＋b2＝1.
9．在半径为R的圆内，求内接长方形的最大周长．
【解】
如图所示，设内接长方形ABCD的长为x，宽为，于是 ABCD的周长l＝2(x＋)
＝2(1·x＋1×)．
由柯西不等式
l≤2[x2＋()2](12＋12)＝2·2R
＝4R.
当且仅当＝，即x＝R时等号成立．
此时，宽＝＝R，即ABCD为正方形，
故内接长方形为正方形周长最大，其周长为4R.
教师备选
10．求证：点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离为d＝.
【证明】 设Q(x，y)是直线上任意一点，则Ax＋By＋C＝0.因为|PQ|2＝(x－x0)2＋(y－y0)2，A2＋B2≠0.由柯西不等式，得
(A2＋B2)[(x－x0)2＋(y－y0)2]
≥[A(x－x0)＋B(y－y0)]2
＝[(Ax＋By)－(Ax0＋By0)]2
＝(Ax0＋By0＋C)2，
所以|PQ|≥.
当且仅当＝＝－时，取等号．由垂线段最短，
得d＝.
因此，点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离为d＝.
