一 二维形式的柯西不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a＋b的取值范围是( )
A．[－2，2 ]
B．[－2，2 ]
C．[－， ]
D．(－， ]
解析：∵a2＋b2＝10，∴(a2＋b2)(12＋12)≥(a＋b)2，
即20≥(a＋b)2，∴－2 ≤a＋b≤2.
答案：A
2．函数y＝2＋的最大值是( )
A．3 B．
C. D．4
解析：y2＝2
≤[22＋()2]＝6×＝3，
当且仅当2＝·，
即x＝时等号成立．
∴y的最大值为.
答案：C
3．如果实数m，n，x，y满足m2＋n2＝a，x2＋y2＝b，其中a，b为常数，那么mx＋ny的最大值为( )
A. B．
C. D．
解析：由柯西不等式，得(mx＋ny)2≤(m2＋n2)(x2＋y2)＝ab，当m＝n＝，
x＝y＝时，(mx＋ny)max＝.
答案：B
4．若a＋b＝1，则2＋2的最小值为( )
A．1 B．2
C. D．
解析：2＋2
＝a2＋2＋＋b2＋2＋.
∵a＋b＝1，
∴a2＋b2＝(a2＋b2)·(1＋1)
≥·(a＋b)2＝，
又＋≥≥＝8，
以上两个不等式都是当且仅当a＝b＝时，等号成立
∴2＋2
≥＋2＋2＋8＝，
当且仅当a＝b＝时等号成立，取到最小值.
答案：C
5．若长方形ABCD是半径为R的圆的内接长方形，则长方形ABCD周长的最大值为( )
A．2R B．2R
C．4R D．4R
解析：如图，设内接长方形ABCD的长为x，则宽为，于是ABCD的周长l＝2(x＋)＝2(1×x＋1×)．
由柯西不等式得
l≤2[x2＋()2](12＋12)
＝2×2R×＝4R.
当且仅当x·1＝·1，
即x＝R时等号成立．
此时＝ ＝R，
即四边形ABCD为正方形，故周长为最大的内接长方形是正方形，其周长为4R.
答案：D
6．若存在实数x使＋>a成立，常数a的取值范围为________．
解析：＋＝×＋1×，
由柯西不等式得(×＋1×)2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64，
所以＋≤8，当且仅当x＝10时取“＝”，
于是，常数a的取值范围是(－∞，8)．
答案：(－∞，8)
7．设xy>0，则(x2＋)·(y2＋)的最小值为________．
解析：原式＝
≥2＝9.
答案：9
8．设实数x， y满足3x2＋2y2＝6，则2x＋y的最大值为________．
解析：∵[(x)2＋(y)2]≥(2x＋y)2，
∴|2x＋y|≤ ＝，
当且仅当×y＝×x，
即3x＝4y且3x2＋2y2＝6时，等号成立，而此方程组有解．
∴2x＋y的最大值为.
答案：
9．已知θ为锐角，a，b>0，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≤＋.
10．设a，b∈R＋，若a＋b＝2，求＋的最小值．
解析：∵(a＋b)
＝[()2＋()2]
≥2＝(1＋1)2＝4.
∴2≥4，即≥2.
当且仅当·＝·，即a＝b时取等号，
∴当a＝b＝1时，＋的最小值为2.
[B组 能力提升]
1．设a1、a2、b1、b2∈R，则下列不等式中，柯西不等式用错的是( )
A．(a＋b)·(a＋b)≥(a1a2＋b1b2)2
B．(a＋b)·(a＋b)≥(a1b2＋b1a2)2
C．(a＋b)·(a＋b)≥(a1b1＋a2b2)2
D．(a＋a)·(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2
答案：C
2．设xy>0，则的最小值为________．
解析：原式＝[x2＋()2][()2＋y2]≥(x·＋·y)2＝9.
答案：9
3．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是________．
解析：(＋)2＝(1×＋1×)2≤(
12＋12)(4a＋1＋4b＋1)＝2[4(a＋b)＋2]＝2×|4×1＋2|＝12.
答案：12
4．已知a，b，c为正数，且满足acos2θ＋bsin2θ
解析：由柯西不等式，得cos2θ＋sin2θ≤[(cos θ)2＋(sin θ)2]·(cos2θ＋sin2θ) ＝(acos2θ＋bsin2θ)<.
5．若x2＋4y2＝5.求x＋y的最大值及最大值点．
解析：由柯西不等式得
[x2＋(2y)2][12＋()2]≥(x＋y)2
即(x＋y)2≤5×＝，x＋y≤.
当且仅当＝，即x＝4y时取等号．
由得或(舍去)．
∴x＋y的最大值为，最大值点为(2，)．
三 排序不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1其中x1x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为( )
A．A>B B．AC．A≥B D．A≤B
解析：依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0答案：C
2．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件和2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则花钱最少和最多的值分别为( )
A．20,23 B．19,25
C．21,23 D．19,24
解析：最多为5×3＋4×2＋2×1＝25，
最少为5×1＋4×2＋2×3＝19，应选B.
答案：B
3．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P、Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：不妨设a≥b≥c，则A≥B≥C，
∴cos C≥cos B≥cos A，
acos C＋bcos B＋ccos A为顺序和，
由排序不等式定理，它不小于一切乱序和，
所以一定不小于P，
∴Q≥P.
答案：C
4．(1＋1)……的取值范围是( )
A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)
解析：令A＝(1＋1)…
＝×××…×，
B＝×××…×，
C＝×××…×.
由于>>，>>，>>，…，>>>0，
所以A>B>C>0.所以A3>A·B·C.
由题意知3n－2＝61，所以n＝21.
又因为A·B·C＝3n＋1＝64.所以A>4.
答案：C
5．已知a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11，将bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值是( )
A．324 B．314
C．304 D．212
解析：两组数据的顺序和为a1b1＋a2b2＋…＋a5b5＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.
而a1c1＋a2c2＋…＋a5c5为这两组数的乱序和，
∴由排序不等式可知，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤304，
当且仅当ci＝bi(i＝1,2,3,4,5)时，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5有最大值，最大值为304.
答案：C
6．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32，最小值为28.
答案：32 28
7．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________钱．
解析：设a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a1b3＋a2b2＋a3b1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．
答案：76元
8．在Rt△ABC中，∠C为直角，A，B所对的边分别为a，b，
则aA＋bB与(a＋b)的大小关系为________．
解析：不妨设a≥b>0，
则A≥B>0，由排序不等式
?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)＝(a＋b)
∴aA＋bB≥(a＋b)．
答案：aA＋bB≥(a＋b)
9．设a，b，c都是正实数，求证：＋＋≤.
证明：设a≥b≥c>0，
则≥≥，则≥≥.
由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.
根据排序不等式，知
＋＋≥＋＋＝＋＋.
又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.
由不等式的传递性，知
＋＋≤＋＋＝.
∴原不等式成立．
10．设0求证：··…·≥··…·≥··…·.
证明：∵0又∵0故由排序不等式可知b1ln a1＋b2ln a2＋…＋bnln an
≥c1ln a1＋c2ln a2＋…＋cnln an
≥bnln a1＋bn－1ln a2＋…＋b1lnan.
[B组 能力提升]
1．已知a，b，c为正数，P＝，Q＝abc，则P、Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：不妨设a≥b≥c>0，
则0<≤≤，0由排序原理：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c，
∵a，b，c为正数，∴abc>0，a＋b＋c>0，
于是≥abc，即P≥Q.
答案：B
2．已知a，b，c∈R＋，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：不妨设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
3．设a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一个排序，则a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是________．
解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值为12＋22＋32＋42＝30.
最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.
∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是[20,30]．
答案：[20,30]
4．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c为正数，则＋＋的最小值是________．
解析：不妨设a≥b≥c，
∴≥≥.
∴＋＋≥＋＋ ①
＋＋≥＋＋ ②
①＋②得：＋＋≥，
∴＋＋≥.
答案：
5．设a1，a2，a3，a4∈R＋且a1＋a2＋a3＋a4＝6，
求＋＋＋的最小值．
解析：不妨设a1≥a2≥a3≥a4>0，则≥≥≥，a≥a≥a≥a，
∴＋＋＋是数组“，，，”和“a，a，a，a”的乱序和，而它们的反序和为·a＋·a＋·a＋·a＝a1＋a2＋a3＋a4＝6.
∴由排序不等式知当a1＝a2＝a3＝a4＝时，＋＋＋有最小值，
最小值为6.
6．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：
(1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)；
(2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
证明：(1)用比较法：
c(a＋b－c)－b(c＋a－b)
＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2
＝b2－c2＋ac－ab
＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)
＝(b＋c－a)(b－c)．
因为b≥c，b＋c－a>0，
于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0，
即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)． ①
同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ②
综合①②，证毕．
(2)由题设及(1)知，
a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，
于是由排序不等式：反序和≤乱序和，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c)
＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)． ①
再一次由反序和≤乱序和，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c)
＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)． ②
将①和②相加再除以2，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
二 一般形式的柯西不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．已知x2＋y2＋z2＝1，则x＋2y＋2z的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由柯西不等式得
(x＋2y＋2z)2≤(12＋22＋22)(x2＋y2＋z2)＝9，
所以－3≤x＋2y＋2z≤3.
当且仅当x＝＝时，等号成立．
所以x＋2y＋2z的最大值为3.
答案：C
2．n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是( )
A．1 B．n
C．n2 D．
解析：设n个正数为x1，x2，…，xn，
由柯西不等式，得
(x1＋x2＋…＋xn)
≥2＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.
当且仅当x1＝x2＝…＝xn时取等号．
答案：C
3．设a、b、c为正数，则(a＋b＋c)·(＋＋)的最小值为( )
A．11 B．121
C．49 D．7
解析：(a＋b＋c)·≥2＝121.
答案：B
4．设a，b，c均为正数且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为( )
A．81 B．9
C．7 D．49
解析：考虑以下两组向量：
u＝，v＝(，，)．
由(u·v)2≤|u|2·|v|2得
2
≤(a＋b＋c)，
当且仅当＝＝，即a＝2，b＝3，c＝4时取等号，
可得·9≥(2＋3＋4)2＝81，
所以＋＋≥＝9.
答案：B
5．设非负实数α1，α2，…，αn满足α1＋α2＋…＋αn＝1，
则y＝＋＋…＋－n的最小值为( )
A. B．
C. D．
解析：为了利用柯西不等式，注意到
(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn)＝2n－(α1＋α2＋…＋αn)＝2n－1，
所以(2n－1)
＝[(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn)]·
≥2＝n2，
所以y＋n≥，y≥－n＝.
等号当且仅当α1＝α2＝…＝αn＝时成立，从而y有最小值.
答案：A
6．同时满足2x＋3y＋z＝13,4x2＋9y2＋z2－2x＋15y＋3z＝82的实数x、y、z的值分别为______，______，________.
解析：可令x1＝2x，x2＝3y＋3，x3＝z＋2，
则x1＋x2＋x3＝18且x＋x＋x＝108，
由此及柯西不等式得182＝(x1＋x2＋x3)2≤(x＋x＋x)(12＋12＋12)＝108×3，
上式等号成立的充要条件是＝＝?x1＝x2＝x3＝6?x＝3，y＝1，z＝4.
所以3,1,4是所求实数x，y，z的值．
答案：3 1 4
7．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________．
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：
8．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时取等号．
由k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝.
所以＝k＝.
答案：
9．已知x，y，z∈R，且x－2y－3z＝4，求x2＋y2＋z2的最小值．
解析：由柯西不等式，得
[x＋(－2)y＋(－3)z]2≤[12＋(－2)2＋(－3)2](x2＋y2＋z2)，
即(x－2y－3z)2≤14(x2＋y2＋z2)，
即16≤14(x2＋y2＋z2)．
所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝，即当x＝，y＝－，z＝－时，
x2＋y2＋z2的最小值为.
10．在△ABC中，设其各边长分别为a，b，c，外接圆半径为R，
求证：(a2＋b2＋c2)≥36R2.
证明：由正弦定理知＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2.
[B组 能力提升]
1．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是( )
A．1 B．
C. D．2
解析：根据柯西不等式，x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)·(x2＋y2＋z2)≥
(1×x＋1×y＋1×z)2＝(x＋y＋z)2＝.
答案：B
2．若2a>b>0，则a＋的最小值为( )
A．1 B．3
C．8 D．12
解析：∵2a>b>0，∴2a－b>0.
∴a＋＝[(2a－b)＋b＋]
≥·3 ＝3.
当且仅当2a－b＝b＝，即a＝b＝2时等号成立．
∴当a＝b＝2时，a＋有最小值3.
答案：B
3．若a，b，c为正数，则·的最小值为________．
解析：由柯西不等式可知，
(＋＋)·(＋＋)
≥( ·＋·＋·)2
＝32＝9.
答案：9
4．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则＋＋的最小值为________．
解析：利用柯西不等式．
由于(x＋y＋z)
≥2＝36，
所以＋＋≥36.
当且仅当x2＝y2＝z2，
即x＝，y＝，z＝时，
等号成立．∴＋＋的最小值为36.
答案：36
5．已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范围．
解析：＋＋≤＋＋
＝(1× ＋1× ＋1× )
≤[(12＋12＋12)(＋＋)]＝，
故λ的取值范围是[，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
解析：(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，
所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)≥(·＋·＋·)2＝9.
