一 二维形式的柯西不等式
课后篇巩固探究
1.若a2+b2=2,则a+b的最大值为( )
A.1 B. C.2 D.4
解析由柯西不等式可得(a2+b2)(12+12)≥(a+b)2,即(a+b)2≤4,所以-2≤a+b≤2(当且仅当a=1,b=1或a=-1,b=-1时,等号成立),即a+b的最大值为2.
答案C
2.已知=2,x,y>0,则x+y的最小值是( )
A. B. C. D.5
解析由=2,
可得x+y=
≥(2+3)2=.
当且仅当,即x=5,y=时等号成立.
答案A
3.已知3x+2y=1,则当x2+y2取最小值时,实数x,y的值为( )
A. B.
C. D.
解析因为x2+y2=(x2+y2)(32+22)≥(3x+2y)2=,所以当x2+y2有最小值,当且仅当时,等号成立,得
答案A
4.函数y=+2的最大值是( )
A. B. C.3 D.5
解析根据柯西不等式,知y=1×+2×,当且仅当=2,即x=时,等号成立.
答案B
5.已知m2+n2=,则m+2n的最大值为( )
A. B. C. D.6
解析由柯西不等式可得(m2+n2)[()2+22]≥(m+2n)2,即×6≥(m+2n)2,则m+2n≤,故m+2n的最大值为.
答案B
6.导学号26394051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,设圆内接长方形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
7.若3x+4y=2,则x2+y2的最小值为 .?
解析由柯西不等式(x2+y2)(32+42)≥(3x+4y)2,
得25(x2+y2)≥4,
所以x2+y2≥.
解方程组
因此,当x=,y=时,x2+y2取得最小值,最小值为.
答案
8.设a,b,c,d,m,n都是正实数,P=,Q=,则P与Q的大小关系是 .?
解析P=
≤
==Q当且仅当时,等号成立.
答案P≤Q
9.已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为 .?
解析由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,可得(am+bn)(bm+an)≥()2=mn(a+b)2=2,即(am+bn)(bm+an)的最小值为2.
答案2
10.函数y=的最大值为 .?
解析∵y=,
∴y=1×
≤当且仅当,即x=时等号成立.
答案
11.已知a,b∈R+,且a+b=1,则的最小值是 .?
解析因为a,b∈R+,且a+b=1,所以=(a+b)·,由柯西不等式得(a+b),当且仅当,且a+b=1,即a=-1,b=2-时,取最小值.
答案
12.已知a,b,c为正数,且满足acos2θ+bsin2θ
证明由柯西不等式得cos2θ+sin2θ
≤
=,
故不等式成立.
13.设a,b∈R+,且a+b=2.求证≥2.
证明由柯西不等式,有
[(2-a)+(2-b)]
=[()2+()2]
≥
=(a+b)2=4.
则
=2.
故原不等式成立.
14.已知x2+y2=2,且|x|≠|y|,求的最小值.
解令u=x+y,v=x-y,则x=,y=.
∵x2+y2=2,∴(u+v)2+(u-v)2=8,
∴u2+v2=4.
由柯西不等式,得(u2+v2)≥4,
当且仅当u2=v2=2,即x=±,y=0,或x=0,y=±时,的最小值是1.
15.导学号26394053求函数y=的最小值.
解y=,
根据柯西不等式,有y2=(x-1)2+2+(3-x)2+5+2
≥(x-1)2+2+(3-x)2+5+2[(x-1)(3-x)+]=[(x-1)+(3-x)]2+()2=11+2.
当且仅当(x-1)=(3-x),即x=时,等号成立.
此时ymin=+1.
二 一般形式的柯西不等式
课后篇巩固探究
A组
1.已知a,b,c均大于0,A=,B=,则A,B的大小关系是( )
A.A>B B.A≥B
C.A解析因为(12+12+12)·(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2,
所以,当且仅当a=b=c时,等号成立.
又a,b,c均大于0,所以a+b+c>0,
所以.
答案B
2.若x2+y2+z2=1,则x+y+z 的最大值等于( )
A.2 B.4
C. D.8
解析由柯西不等式,可得[12+12+()2](x2+y2+z2)≥(x+y+z)2,即(x+y+z)2≤4,因此x+y+z≤2当且仅当x=y=,即x=,y=,z=时,等号成立,即x+y+z的最大值等于2.
答案A
3.已知+…+=1,+…+=1,则a1x1+a2x2+…+anxn的最大值是( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析∵(a1x1+a2x2+…+anxn)2≤(+…+)×(+…+)=1×1=1,∴a1x1+a2x2+…+anxn的最大值是1.
答案A
4.设a,b,c均为正数且a+b+c=9,则的最小值为( )
A.81 B.49
C.9 D.7
解析由柯西不等式,可得(a+b+c)··81=9,当且仅当,即a=2,b=3,c=4时,等号成立,故所求最小值为9.
答案C
5.已知x,y是实数,则x2+y2+(1-x-y)2的最小值是 ( )
A. B. C.6 D.3
解析由柯西不等式,得
(12+12+12)[x2+y2+(1-x-y)2]
≥[x+y+(1-x-y)]2=1,
即x2+y2+(1-x-y)2≥,
当且仅当x=y=1-x-y,即x=y=时,x2+y2+(1-x-y)2取得最小值.
答案B
6.已知a,b,c>0,且a+b+c=1,则的最大值为 .?
解析由柯西不等式,得()2
=(1×+1×+1×)2
≤(12+12+12)(4a+1+4b+1+4c+1)
=3[4(a+b+c)+3]=21.
当且仅当a=b=c=时,取等号.
故的最大值为.
答案
7.设a,b,c是正实数,且a+b+c=9,则的最小值为 .?
解析因为(a+b+c)
=[()2+()2+()2]
=18,
所以≥2当且仅当,即a=b=c=3时,等号成立,故的最小值为2.
答案2
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,等号成立.
由k2(x2+y2+z2)2=25×36,解得k=,
所以=k=.
答案
9.已知a+b+c=1,且a,b,c是正数,求证≥9.
证明左边=[2(a+b+c)]=[(a+b)+(b+c)+(c+a)]≥(1+1+1)2=9.当且仅当a=b=c=时,等号成立,故原不等式成立.
10.已知x,y,z∈R,且x-2y-3z=4,求x2+y2+z2的最小值.
解由柯西不等式,得[x+(-2)y+(-3)z]2≤[12+(-2)2+(-3)2](x2+y2+z2),即(x-2y-3z)2≤14(x2+y2+z2),所以16≤14(x2+y2+z2).
因此x2+y2+z2≥,当且仅当x=,即当x=,y=-,z=-时,x2+y2+z2的最小值为.
B组
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.导学号26394054已知a,b,c为正实数,且a+2b+3c=9,则的最大值等于( )
A. B.
C.13 D.18
解析当且仅当时,等号成立,故最大值为.
答案A
3.设a,b,c为正数,则(a+b+c)的最小值是 .?
解析(a+b+c)
=[()2+()2+()2]·
≥=(2+3+6)2=121.
当且仅当时,等号成立.
答案121
4.设x,y,z∈R,2x+2y+z+8=0,则(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2的最小值为 .?
解析2x+2y+z+8=0?2(x-1)+2(y+2)+(z-3)=-9.
考虑以下两组向量:u=(2,2,1),v=(x-1,y+2,z-3),由柯西不等式,得(u·v)2≤|u|2·|v|2,即[2(x-1)+2(y+2)+(z-3)]2≤(22+22+12)·[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2].所以(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥=9,当且仅当x=-1,y=-4,z=2时,等号成立,此时取得最小值9.
答案9
5.导学号26394055已知x1,x2,x3,x4为实数,且x1+x2+x3+x4=6,=12,求证0≤xi≤3(i=1,2,3,4).
证明由柯西不等式,得
(x2+x3+x4)2≤(1+1+1)(),
由题设条件,得
x2+x3+x4=6-x1,=12-,
代入上式,得(6-x1)2≤3(12-),
∴36-12x1+≤36-3,
∴4-12x1≤0,∴0≤x1≤3,
同理可证0≤xi≤3(i=2,3,4).
综上所述,0≤xi≤3(i=1,2,3,4).
6.导学号26394056设实数a,b,c,d,e满足a+b+c+d+e=8,且a2+b2+c2+d2+e2=16,试确定e的最大值.
解由已知,得a+b+c+d=8-e,a2+b2+c2+d2=16-e2,所以(8-e)2=(a+b+c+d)2≤(a2+b2+c2+d2)(12+12+12+12)=4(16-e2),化简,得5e2-16e≤0?0≤e≤,故emax=.
三 排序不等式
课后篇巩固探究
A组
1.顺序和S、反序和S'、乱序和S″的大小关系是( )
A.S≤S'≤S″ B.S≥S'≥S″
C.S≥S″≥S' D.S≤S″≤S'
解析由排序不等式可得反序和≤乱序和≤顺序和.
答案C
2.设x,y,z均为正数,P=x3+y3+z3,Q=x2y+y2z+z2x,则P与Q的大小关系是( )
A.P≥Q B.P>Q C.P≤Q D.P解析不妨设x≥y≥z>0,则x2≥y2≥z2,则由排序不等式可得顺序和为P,乱序和为Q,则P≥Q.
答案A
3.若aA.ax+cy+bz B.bx+ay+cz
C.bx+cy+az D.ax+by+cz
解析∵a由排序不等式得反序和≤乱序和≤顺序和,
得顺序和ax+by+cz最大.故选D.
答案D
4.若0A.a1b1+a2b2 B.a1a2+b1b2
C.a1b2+a2b1 D.
解析∵a1b1+a2b2+a1b2+a2b1=(a1+a2)(b1+b2)=1,a1b1+a2b2-a1b2-a2b1=(a1-a2)(b1-b2)>0,
∴a1b1+a2b2>a1b2+a2b1.
且a1b1+a2b2>>a1b2+a2b1.
又1=a1+a2≥2,∴a1a2≤.
∵0∴a1a2+b1b2<.
∴a1b1+a2b2>>a1a2+b1b2,
∴a1b1+a2b2最大.
答案A
5.已知a,b,c∈R+,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)( )
A.大于零 B.大于或等于零
C.小于零 D.小于或等于零
解析设a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,根据排序原理,
得a3×a+b3×b+c3×c≥a3b+b3c+c3a.
因为ab≥ac≥bc,a2≥b2≥c2,
所以a3b+b3c+c3a≥a2bc+b2ca+c2ab.
所以a4+b4+c4≥a2bc+b2ca+c2ab,
即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.
答案B
6.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的最大值为顺序和12+22+32+42=30,最小值为反序和1×4+2×3+3×2+4×1=20.
答案[20,30]
7.如图所示,在矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,若阴影部分的面积为S1,空白部分的面积之和为S2,则S1与S2的大小关系是 .?
解析由题图可知,S1=a1b1+a2b2,而S2=a1b2+a2b1,根据顺序和≥反序和,得S1≥S2.
答案S1≥S2
8.若a,b,c为正数,求证a3+b3+c3≥3abc.
证明不妨设a≥b≥c>0,则a2≥b2≥c2>0,
由排序不等式,得a3+b3≥a2b+ab2,c3+b3≥c2b+cb2,a3+c3≥a2c+ac2,
三式相加,得2(a3+b3+c3)≥a(b2+c2)+b(a2+c2)+c(a2+b2).
因为a2+b2≥2ab,c2+b2≥2cb,a2+c2≥2ac,
所以2(a3+b3+c3)≥6abc,
即a3+b3+c3≥3abc(当且仅当a=b=c时,等号成立).
9.设a,b均为正数,求证.
证明不妨设a≥b>0,则a2≥b2>0,>0,
由不等式性质,得>0.
则由排序不等式,可得,即.
10.设a,b,c都是正数,求证a+b+c≤.
证明由题意不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的性质,知a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc.
根据排序原理,得a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b. ①
又由不等式的性质,知a3≥b3≥c3,且a≥b≥c.
再根据排序原理,得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4. ②
由①②及不等式的传递性,得a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4.
两边同除以abc,得a+b+c≤(当且仅当a=b=c时,等号成立).
B组
1.设a,b,c>0,则式子M=a5+b5+c5-a3bc-b3ac-c3ab与0的大小关系是( )
A.M≥0
B.M≤0
C.M与0的大小关系与a,b,c的大小有关
D.不能确定
解析不妨设a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,且a4≥b4≥c4,则a5+b5+c5=a·a4+b·b4+c·c4≥a·c4+b·a4+c·b4.
又a3≥b3≥c3,且ab≥ac≥bc,
∴a4b+b4c+c4a=a3·ab+b3·bc+c3·ca
≥a3bc+b3ac+c3ab.
∴a5+b5+c5≥a3bc+b3ac+c3ab.∴M≥0.
答案A
2.若0<α<β<γ<,F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ),则( )
A.F>0 B.F≥0
C.F≤0 D.F<0
解析因为0<α<β<γ<,
所以0由排序不等式可知,
sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α>sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ,
而F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ)
=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ)>0.
答案A
3.导学号26394057车间里有5台机床同时出了故障,从第1台到第5台的修复时间依次为4 min、8 min、6 min、10 min、5 min,每台机床停产1 min损失5元,经合理安排损失最少为( )
A.420元 B.400元
C.450元 D.570元
解析设从第1台到第5台的修复时间依次为t1,t2,t3,t4,t5,若按照从第1台到第5台的顺序修复,则修复第一台需要t1分钟,则停产总时间为5t1,修复第2台需要t2分钟,则停产总时间为4t2,…,修复第5台需要t5分钟,则停产总时间为t5,因此修复5台机床一共需要停产的时间为5t1+4t2+3t3+2t4+t5,要使损失最小,应使停产时间最少,亦即使5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值.由排序不等式可知,当t1答案A
4.导学号26394058在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边依次为a,b,c,试比较的大小关系.
解不妨设a≥b≥c,则有A≥B≥C.
由排序不等式,可得aA+bB+cC≥aA+bC+cB,
aA+bB+cC≥aB+bA+cC,
aA+bB+cC≥aC+bB+cA.
将以上三个式子两边分别相加,得3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=(a+b+c)π.
所以.
5.导学号26394059设x>0,求证1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
证明当x≥1时,因为1≤x≤x2≤…≤xn,
所以由排序原理得1·1+x·x+x2·x2+…+xn·xn≥1·xn+x·xn-1+…+·x+xn·1,
即1+x2+x4+…+≥(n+1)xn. ①
又x,x2,…,xn,1为序列1,x,x2,…,xn的一个排列,
所以1·x+x·x2+…+xn-1xn+xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1,
因此x+x3+…++xn≥(n+1)xn, ②
①+②,得1+x+x2+…+≥(2n+1)xn. ③
当0x≥x2≥…≥xn,①②仍成立,
故③也成立.综上,原不等式成立.
第三讲 柯西不等式与排序不等式
测评
(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)
1.下列不等式中一定成立的是( )
A.(ax+by)2≥(a2+b2)(x2+y2)
B.|ax+by|≥
C.(a2+b2)(x2+y2)≥(ay+bx)2
D.(a2+b2)(x2+y2)≥(ab+xy)2
解析由柯西不等式可知,只有C项正确.
答案C
2.设xy>0,则的最小值为( )
A.-9 B.9 C.10 D.0
解析=9.
答案B
3.设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组实数,c1,c2,…,cn是b1,b2,…,bn的任一排列,则和S=a1bn+a2bn-1+…+anb1,T=a1c1+a2c2+…+ancn,K=a1b1+a2b2+…+anbn的关系是( )
A.S≤T≤K B.K≤T≤S
C.T≤K≤S D.K≤S≤T
解析根据排序不等式知反序和≤乱序和≤顺序和,则S≤T≤K.
答案A
4.若3x+2y+z=,则x2+y2+z2的最小值是( )
A. B. C. D.2
解析由柯西不等式可得(32+22+12)(x2+y2+z2)≥(3x+2y+z)2,即14(x2+y2+z2)≥()2=7,于是x2+y2+z2≥,当且仅当=z,即x=,y=,z=时,等号成立,故x2+y2+z2的最小值是.
答案A
5.用柯西不等式求函数y=的最大值为( )
A. B.3 C.4 D.5
解析由柯西不等式,得函数y==4,
当且仅当时,等号成立,
故函数y的最大值为4.故选C.
答案C
6.已知=1(a>b>0),设A=a2+b2,B=(x+y)2,则A,B间的大小关系为( )
A.AB C.A≤B D.A≥B
解析A=a2+b2=1·(a2+b2)=(a2+b2)≥=(x+y)2=B,即A≥B,当且仅当时,等号成立.
答案D
7.已知a>0,且M=a3+(a+1)3+(a+2)3,N=a2(a+1)+(a+1)2(a+2)+a(a+2)2,则M与N的大小关系是( )
A.M≥N B.M>N C.M≤N D.M解析取两组数:a,a+1,a+2与a2,(a+1)2,(a+2)2,显然a3+(a+1)3+(a+2)3是顺序和.
而a2(a+1)+(a+1)2(a+2)+a(a+2)2是乱序和,由排序不等式易知此题中,M>N.
答案B
8.已知x,y,z是正实数,且=1,则x+的最小值是( )
A.5 B.6 C.8 D.9
解析由柯西不等式可得
x+
≥=9,
当且仅当x=3,y=6,z=9时,等号成立,故x+的最小值是9.
答案D
9.已知a,b是给定的正数,则的最小值为( )
A.2a2+b2 B.2ab C.(2a+b)2 D.4ab
解析=(sin2α+cos2α)
≥=(2a+b)2,
当且仅当sin α=cos α时,等号成立.
故的最小值为(2a+b)2.
答案C
10.已知正数x,y,z满足x+2y+3z=1,则的最小值为( )
A.1 B.9 C.36 D.18
解析由柯西不等式可得(x+2y+2y+3z+3z+x)·≥(1+2+3)2,
∵x+2y+3z=1,
∴2≥36,
∴≥18,
∴当且仅当x+2y=,即x=,y=0,z=时,的最小值为18.
答案D
11.在锐角三角形ABC中,设p=,q=acos C+bcos B+ccos A,则p,q的大小关系是( )
A.p≥q B.p=q
C.p≤q D.无法确定
解析不妨设A≥B≥C,则a≥b≥c,cos A≤cos B≤cos C.
则由排序不等式可得q=acos C+bcos B+ccos A≥acos B+bcos C+ccos A, ①
acos C+bcos B+ccos A≥acos C+bcos A+ccos B, ②
由①+②得2(acos C+bcos B+ccos A)≥acos B+bcos A+bcos C+ccos B+ccos A+acos C,
即2(acos C+bcos B+ccos A)≥2R(sin Acos B+cos Asin B)+2R(sin Bcos C+cos Bsin C)+2R(sin Ccos A+cos Csin A),
整理,得acos C+bcos B+ccos A≥R[sin(A+B)+sin(B+C)+sin(C+A)]
=R(sin A+sin B+sin C)
==p.
答案C
12.导学号26394060设P为△ABC内一点,D,E,F分别为P到BC,CA,AB所引垂线的垂足,如图.若△ABC的周长为l,面积为S,则的最小值为( )
A. B. C. D.
解析设AB=a1,AC=a2,BC=a3,PF=b1,PE=b2,PD=b3,则a1b1+a2b2+a3b3=2S.
∵(a3b3+a2b2+a1b1)≥=(a3+a2+a1)2=l2,∴,当且仅当b1=b2=b3,即PE=PF=PD时,等号成立.
答案A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.若=2,=3,则x1y1+x2y2+x3y3的最大值为 .?
解析由柯西不等式可得()()≥(x1y1+x2y2+x3y3)2,即(x1y1+x2y2+x3y3)2≤6,所以x1y1+x2y2+x3y3≤,故x1y1+x2y2+x3y3的最大值为.
答案
14.若a,b,c>0,则 a+b+c.?
解析不妨设a≥b≥c>0,则ab≥ac≥bc>0,>0,则由排序不等式可得≥ab·+ac·+bc·=a+b+c(当且仅当a=b=c时,等号成立).
答案≥
15.设正实数a1,a2,…,a100的任意一个排列为b1,b2,…,b100,则+…+的最小值为 .?
解析不妨设0答案100
16.边长为a,b,c的三角形,其面积为,外接圆半径为1,若s=,t=,则s与t的大小关系是 .?
解析三角形的面积S=,
即abc=1,所以t=ab+bc+ca,
t2=(ab+bc+ca)
≥()2=s2,
又a,b,c>0,所以s≤t.
答案s≤t
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)已知a>0,b>0,a+b=1,求证≤2.
证明由柯西不等式可得()2=(·1+·1)2≤[()2+()2](12+12),
因此()2≤2(2a+2b+2)=8,
故≤2当且仅当a=b=时,等号成立.
18.(本小题满分12分)已知a,b,c都是非零实数,求证≥a2+b2+c2.
证明由柯西不等式可得(b2+c2+a2)
=(b2+c2+a2)
≥=(a2+b2+c2)2,
又因为a2+b2+c2>0,
所以≥a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时,等号成立).
19.(本小题满分12分)设x2+4y2=1,求u=2x+y的最值以及取得最值时,实数x,y的值.
解u=2x+y=2·x+·2y.
由柯西不等式可得[x2+(2y)2]
≥,
即(2x+y)2≤×1,
所以u2≤,故-≤u≤,当且仅当4y=x,且x2+4y2=1时,等号成立,解得x=±,y=±.
所以u的最大值是,此时x=,y=;
u的最小值是-,此时x=-,y=-.
20.(本小题满分12分)设a,b,c∈(0,+∞),利用排序不等式证明a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b.
证明不妨设a≥b≥c>0,则lg a≥lg b≥lg c,
由排序不等式可得alg a+blg b+clg c≥blg a+clg b+alg c,alg a+blg b+clg c≥clg a+alg b+blg c,
以上两式相加可得2alg a+2blg b+2clg c≥(b+c)lg a+(a+c)lg b+(a+b)lg c,
即lg a2a+lg b2b+lg c2c≥lg ab+c+lg ba+c+lg ca+b,lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab+c·ba+c·ca+b),
故a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b(当且仅当a=b=c时,等号成立).
21.导学号26394061(本小题满分12分)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4.
(1)求a+b+c的值;
(2)求a2+b2+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a>0,b>0,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a+b+c=4.
(2)由(1)知a+b+c=4,
由柯西不等式,得(4+9+1)
≥=(a+b+c)2=16,
即a2+b2+c2≥.
当且仅当,即a=,b=,c=时等号成立.故a2+b2+c2的最小值为.
22.导学号26394062(本小题满分12分)
如图,等腰直角三角形AOB的直角边长为1,在此三角形中任取点P,过P分别引三边的平行线,与各边围成以P为顶点的三个三角形(图中阴影部分),求这三个三角形的面积和的最小值,以及达到最小值时P的位置.
解分别取OA,OB所在的直线为x轴、y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.
则AB的方程为x+y=1,记点P坐标为P(xP,yP),
则以P为公共顶点的三个三角形的面积和S=(1-xP-yP)2,
所以2S=+(1-xP-yP)2.
由柯西不等式,得[+(1-xP-yP)2](12+12+12)≥(xP+yP+1-xP-yP)2,
即6S≥1,所以S≥,当且仅当,即xP=yP=时,等号成立.
故当xP=yP=时,面积和S最小,且最小值为,
此时点P坐标为.
