2.1.1 平面上的柯西不等式的代数和向量形式
1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式，以及定理3、定理4、定理5等几种不同形式，理解它们的几何意义.
2.会用柯西不等的代数形式和向量形式以及定理3、定理4、定理5，证明比较简单的不等式，会求某些函数的最值.
自学导引
1.若a1，a2，b1，b2∈R，则(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2，等号成立?a1b2＝a2b1.
2.设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，等号成立?α与β共线?α＝λβ(λ≠0)；|α|＋|β|≥|α＋β|，等号成立的条件为〈α，β〉＝0或α与β同向或α＝λβ(λ>0).
3.设a1，a2，b1，b2为实数，则＋≥，等号成立?存在非负实数μ及λ，使得μa1＝λb1，μa2＝λb2.
4.设平面上三点坐标为A(a1，a2)、B(b1，b2)、C(c1，c2)，则＋≥
，其几何意义为：|AB|＋|BC|≥|AC|.
5.设α，β，γ为平面向量，则|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|，等号成立的充要条件为α－β＝λ(β－γ)__(λ>0).
基础自测
1.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.P
C.P≥Q D.P>Q
解析 P＝(ax＋by)2＝[(x)＋(y)]2
≤(ax2＋by2)(a＋b)＝ax2＋by2＝Q
∴P≤Q，选A.
答案 A
2.下列说法：
①二维形式的柯西不等式中a，b，c，d没有取值限制.
②二维形式的柯西不等式中a，b，c，d只能取数，不能为代数式.
③柯西不等式的向量式中取等号的条件是α＝β.
④柯西不等式只能应用于证明不等式或求最值.
其中正确的个数有( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析 由柯西不等式的概念知，只①正确，a，b，c，d是实数，没有其取值限制.
答案 A
3.设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________.
解析 运用柯西不等式求解.
根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，的最小值为.
答案
知识点1 利用柯西不等式证明不等式
【例1】 已知3x2＋2y2≤6，求证：2x＋y≤.
证明 由于2x＋y＝(x)＋(y).
由柯西不等式(a1b1＋a2b2)2≤(a＋a)(b＋b)得
(2x＋y)2≤(3x2＋2y2)
≤×6＝×6＝11，
∴|2x＋y|≤，∴2x＋y≤.
●反思感悟：柯西不等式(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2? ≥|a1b1＋a2b2|，应用时关键是对已知条件的变形.
1.已知a，b，c，d∈R，x>0，y>0，且x2＝a2＋b2，y2＝c2＋d2，求证：xy≥ac＋bd.
证明 由柯西不等式知：ac＋bd≤＝·＝xy.∴xy≥ac＋bd.
【例2】 (二维形式的三角不等式)设x1，y1，x2，y2∈R，用代数的方法证明 ＋≥ .
证明 (＋)2
＝x＋y＋2 ＋x＋y
≥x＋y＋2|x1x2＋y1y2|＋x＋y
≥x＋y－2(x1x2＋y1y2)＋x＋y
＝x－2x1x2＋x＋y－2y1y2＋y
＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
∴＋≥
●反思感悟：在平面中设α＝(x1，y1)，β＝(x2，y2)，则α±β＝(x1±x2，y1±y2)由向量加法的三角形法则知：
|α|＋|β|≥|α＋β|?＋≥
，由向量减法的几何意义知：
|α|＋|β|≥|α－β|?＋≥
.
2.利用柯西不等式证明：≥.
证明 ＝
≤(a2＋b2)＝.
知识点2 利用柯西不等式求函数的最值
【例3】 求函数y＝5＋的最大值.
解 函数的定义域为{x|1≤x≤5}.
y＝5＋≤
＝×2＝6当且仅当5＝
即x＝时取等号，故函数的最大值为6.
●反思感悟：解题的关键是对函数解析式进行变形，使形式上适合应用柯西不等式，还要注意求出使函数取得最值时的自变量的值.
3.已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值.
解 2x2＋3y2＝[(x)2＋(y)2]×
≥
＝(x＋y)2＝.
课堂小结
1.二维形式的柯西不等式
(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2当且仅当a1b2＝a2b1时等号成立.
2.推论：(1)(a＋b)·(c＋d)≥(＋)2；
(2)·≥|a1b1＋a2b2|；
(3)·≥|a1b1|＋|a2b2|.
3.柯西不等式的向量形式|α·β|≤|α||β|.当且仅当存在实数λ≠0，使α＝λβ时等号成立.
4.二维形式的三角不等式
(1)＋≥(或 ＋≥)；
(2)＋≥ .
随堂演练
1.写出空间直角坐标系中柯西不等式的代数形式.
解 (a＋a＋a)(b＋b＋b)
≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).
当且仅当＝＝时等号成立.
2.写出空间代数形式的三角不等式.
解 有两种形式分别对应定理3、定理4.
定理3为＋
≥
定理4为＋
≥ .
3.已知a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝1.
求证：ax＋by＋cz≤1.
证明 由柯西不等式得：
(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2
∵a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝1，
∴|ax＋by＋cz|≤1.
∴ax＋by＋cz≤1.
基础达标
1.函数y＝＋的最小值是( )
A.20 B.25
C.27 D.18
解析 y＝＋＝[2x＋(1－2x)]
＝[()2＋()2]
≥＝(2＋3)2＝25.
答案 B
2.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)[12＋(－1)2]≥(a－b)2
∴|a－b|≤＝2，∴a－b∈[－2，2].
答案 A
3.已知4x2＋5y2＝1，则2x＋y的最大值是( )
A. B.1
C.3 D.9
解析 ∵2x＋y＝2x·1＋y·1
≤ ·＝·＝.
∴2x＋y的最大值为.
答案 A
4.设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值是________.
解析 ∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2][( )2＋( )2＋( )2]≥＝18.
∴＋＋≥2.
答案 2
5.若a2＋b2＋c2＝2，x2＋y2＋z2＝4，则ax＋by＋cz的取值范围是__________.
解析 ∵(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2，
∴(ax＋by＋cz)2≤8，∴－2≤ax＋by＋cz≤2.
答案 [－2，2 ]
6.已知a2＋b2＝1，a，b∈R，求证：|acos θ＋bsin θ|≤1.
证明 ∵(acos θ＋bsin θ)2≤(a2＋b2)(cos2θ＋sin2θ)
＝1·1＝1，∴|acos θ＋bsin θ|≤1.
综合提高
7.已知x，y∈R＋，且xy＝1，则·的最小值为( )
A.4 B.2
C.1 D.
解析 (1＋)＝≥＝＝22＝4.
答案 A
8.设a、b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则( )
A.P>Q B.P≥Q
C.P解析 ∵(a＋b)
＝[()2＋()2]
≥＝(a＋b)2
∵a>0，b>0，∴a＋b>0.
∴≥＝(a＋b)
又∵a≠b，而等号成立的条件是·＝·
即a＝b，∴>a＋b.
即P>Q.
答案 A
9.设a，b，c，d，m，n都是正实数，P＝＋，Q＝·，则P与Q的大小________.
解析 由柯西不等式，得P＝＋≤×＝·＝Q.
答案 P≤Q
10.函数y＝2＋的最大值为________.
解析 y＝2＋＝＋1·≤·
＝·＝3.
当且仅当·1＝·取等号.
即2－2x＝4x＋2，∴x＝0时取等号.
答案 3
11.若2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值，并求出最小值点.
解 由柯西不等式(4x2＋9y2)(12＋12)≥(2x＋3y)2＝1，
∴4x2＋9y2≥.
当且仅当2x·1＝3y·1，
即2x＝3y时取等号.
由 得
∴4x2＋9y2的最小值为，最小值点为.
12.设a，b∈R＋，若a＋b＝2，求＋的最小值.
解 ∵(a＋b)
＝[()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.
2.1.2 柯西不等式的一般形式及其参数配方法的证明
1.理解三维形式的柯西不等式，在此基础上，过渡到柯西不等式的一般形式.
2.会用三维形式的及一般形式的柯西不等式证明有关不等式和求函数的最值.
自学导引
1.设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn为实数，则(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|，其中等号成立?＝＝…＝(当bj＝0时，认为aj＝0，j＝1，2，…，n).
2.证明柯西不等式的一般形式的方法称为参数配方法.
基础自测
1.设x，y，z满足x2＋2y2＋3z2＝3，则x＋2y＋3z的最大值是( )
A.3 B.4
C. D.6
解析 x＋2y＋3z＝x＋(y)＋(z)
＝
≤＝＝3，选A.
答案 A
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 (a1＋a2＋…＋an)
＝[()2＋()2＋…＋()2]·
≥＝n2，选C.
答案 C
3.已知x、y、z∈R*且x＋y＋z＝，则x2＋y2＋z2的最小值是________.
解析 x2＋y2＋z2＝
≥＝.
答案
知识点1 利用柯西不等式证明不等式
【例1】 设a，b，c为正数且互不相等，求证：＋＋>.
证明 2(a＋b＋c)
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·
＝[()2＋()2＋()2]·
[( )2＋( )2＋( )2]≥
＝(1＋1＋1)2＝9.
∴＋＋≥.
∵a，b，c互不相等，
∴等号不可能成立，从而原不等式成立.
●反思感悟：有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，但是我们只要改变一下多项式的形态结构，就可以达到利用柯西不等式的目的.
1.已知a1，a2，a3为实数，b1，b2，b3为正实数.
求证：＋＋≥.
证明 由柯西不等式得：
(b1＋b2＋b3)
≥
＝(a1＋a2＋a3)2.
∴＋＋≥.
知识点2 利用柯西不等式求函数的最值
【例2】 已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值.
解 ＋＋
＝·1＋·1＋·1
≤(4a＋1＋4b＋1＋4c＋1)(12＋12＋12)
＝×＝.
当且仅当＝＝时取等号.
即a＝b＝c＝时，所求的最大值为.
●反思感悟：利用柯西不等式，可以方便地解决一些函数的最大值或最小值问题.通过巧拆常数、重新排序、改变结构、添项等技巧变形为能利用柯西不等式的形式.
2.若a，b∈R＋且a＋b＝1，则＋的最小值为________.
解析 ·(12＋12)
≥＝＝
∵a，b∈R＋，∴1＝a＋b≥2，∴≤，
即ab≤，∴≥4.
∴≥25.
∴2≥25
即＋≥.
答案
知识点3 利用柯西不等式解方程
【例3】 在实数集内解方程.
解 由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2]
≥(－8x＋6y－24y)2①
∵(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2]
＝×(64＋36＋576)＝392
又(－8x＋6y－24y)2＝392
∴(x2＋y2＋z2)[(－8)2＋62＋(－24)2]
＝(－8x＋6y－24z)2，
即不等式①中只有等号成立，
从而由柯西不等式中等号成立的条件，得
＝＝，
它与－8x＋6y－24y＝39联立，可得
x＝－，y＝，z＝－.
●反思感悟：利用柯西不等式解方程.关键是由不等关系转换成相等关系，然后再通过等号成立的条件求出未知数的值.
3.利用柯西不等式解方程：2＋＝.
解 ∵2＋＝＋1·
≤·＝·＝.
又由已知2＋＝.所以等号成立，
由等号成立的条件·1＝·
得：2－4x＝8x＋6，∴x＝－，
即方程的解为x＝－.
课堂小结
柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法，教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面应用比较广泛.柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等.应用时，通过拆常数、重新排序、添项、改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式.
随堂演练
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 x2＋y2＋z2＝
≥＝，故应选B.
答案 B
2.△ABC的三边长为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＝，＝
于是左边＝(a2＋b2＋c2)
≥＝36R2.
故原不等式获证.
3.已知a1，a2，…，an都是实数，求证：
(a1＋a2＋…＋an)2≤a＋a＋…＋a.
证明 (12＋12＋…＋12)(a＋a＋…＋a)
≥(1×a1＋1×a2＋…＋1×an)2.
∴n(a＋a＋…＋a)≥(a1＋a2＋…＋an)2
∴(a1＋a2＋…＋an)2≤a＋a＋…＋a.
基础达标
1.设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝3，则＋＋的最小值为( )
A.9 B.3 C. D.1
解析 [()2＋()2＋()2]·
≥
即(a＋b＋c)≥32.
又∵a＋b＋c＝3，∴＋＋≥3，最小值为3.
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.n
C. D.2
解析 由柯西不等式(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)≥(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2
得1·1≥(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2，
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn≤1.
所求的最大值为1.
答案 A
3.已知a，b，c为正数，则有( )
A.最大值9 B.最小值9
C.最大值3 D.最小值3
解析
＝[( )2＋( )2＋( )2]·
[()2＋( )2＋( )2]
≥( × ＋× ＋× )2＝9.
答案 B
4.设a，b∈R＋，则与的大小关系是________________.
解析 ∵＝··
≥(·1＋·1)＝.∴≥.
答案 ≥
5.已知x＋2y＋3z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值为________.
解析 由柯西不等式，有(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2＝1，∴x2＋y2＋z2≥，
当且仅当＝＝时取等号.
即x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2取最小值.
答案
6.已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，试求a的最值.
解 由柯西不等式得，有
(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2
由条件可得，5－a2≥(3－a)2
解得，1≤a≤2当且仅当＝＝时等号成立，当b＝，c＝，d＝时，amax＝2.
b＝1，c＝，d＝时，amin＝1.
综合提高
7.已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2＋z2取到最小值时的x，y，z的值为( )
A.，， B.，，
C.1，， D.1，，
解析 x2＋y2＋z2＝
≥＝
当且仅当时，等号成立，则4k＋9k＋16k＝29k＝10，
解得k＝，∴选B.
答案 B
8.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)＋≥＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.
答案 C
9.设m、n、p为正实数，且m2＋n2－p2＝0.则的最小值为________.
解析 2p2＝2(m2＋n2)＝(12＋12)(m2＋n2)≥(m＋n)2，
∴≥，∴≥.
当且仅当m＝n时取等号.
∴的最小值为.
答案
10.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
11.已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝8，x2＋y2＋z2＝24.
求证：≤x≤4，≤y≤4，≤z≤4.
证明 显然x＋y＝8－z，
xy＝＝z2－8z＋20
∴x，y是方程t2－(8－z)t＋z2－8z＋20＝0的两个实根，
由Δ≥0得≤z≤4，
同理可得≤y≤4，≤x≤4.
12.设p是△ABC内的一点，x，y，z是p到三边a，b，c的距离.R是△ABC外接圆的半径，证明：＋＋≤·.
证明 由柯西不等式得，
＋＋＝ ＋ ＋
≤
设S为△ABC的面积，则
ax＋by＋cz＝2S＝2＝
＋＋≤
＝≤，
故不等式成立.
2.2 排序不等式
1.了解排序不等式的“探究—猜想—证明—应用”的研究过程.
2.初步认识排序不等式的有关知识及简单应用.
自学导引
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，称a1b1＋a2b2＋…＋anbn为两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1为两个实数组的反序积之和(简称反序和).称a1c1＋a2c2＋…＋ancn为两个实数组的乱序积之和(简称乱序和).
不等式a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn称为排序原理，又称为排序不等式.等号成立(反序和等于顺序和)?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn，排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和.
基础自测
1.已知a，b，c∈R*，则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )
A.a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a
B.a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C.a3＋b3＋c3D.a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
解析 不妨设a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2，
故顺序和为a3＋b3＋c3，则a2b＋b2c＋c2a为乱序和，
由排序不等式定理知a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a，故选B.
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，∴a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc，
∴a2－bc≥b2－ac≥c2－ab，
由排序不等式定理，a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案 B
3.设a1，a2，a3，…，an为正数，那么P＝a1＋a2＋…＋an与Q＝＋＋…＋＋的大小关系是________.
解析 假设a1≥a2≥a3≥…≥an，则≥≥…≥≥，
并且a≥a≥a≥…≥a，
P＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋＋…＋，
是反顺和，Q是乱顺和，由排序不等式定理P≤Q.
答案 P≤Q
知识点1 利用排序原理证明不等式
【例1】 已知a，b，c为正数，求证：≥abc.
证明 根据所需证明的不等式中a，b，c的“地位”的对称性，不妨设a≥b≥c，则≤≤，bc≤ca≤ab.
由排序原理：顺序和≥乱序和，得：
＋＋≥＋＋.
即≥a＋b＋c，
因为a，b，c为正数，所以abc>0，
a＋b＋c>0，于是≥abc.
1.已知a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，
求证：(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn).
证明 令S＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，则
S≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1，
S≥a1b3＋a2b4＋…＋anb2，
……
S≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1
将上面n个式子相加，并按列求和可得
nS≥a1(b1＋b2＋…＋bn)＋a2(b1＋b2＋…＋bn)＋…＋an(b1＋b2＋…＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)
∴S≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)
即(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)
≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn).
【例2】 设a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数，
求证：1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
证明 ∵12<22<32<…∴>>…>.
设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an由小到大的一个排列，
即c1根据排序原理中，反序和≤乱序和，
得c1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋，
而c1，c2，…，cn分别大于或等于1，2，…，n，
∴c1＋＋＋…＋≥1＋＋＋…＋
＝1＋＋…＋，
∴1＋＋＋…＋≤a1＋＋…＋.
2.设c1，c2，…，cn为正数组a1，a2，…，an的某一排列，
求证：＋＋…＋≥n.
证明 不妨设0则≥≥…≥.
因为，，…，是，，…，的一个排序，
故由排序原理：反序和≤乱序和
得a1·＋a2·＋…＋an·
≤a1·＋a2·＋…＋an·.
即＋＋…＋≥n.
知识点2 利用排序原理求最值
【例3】 设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值.
解 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.
3.设0试求＋＋的最小值.
证明 令S＝＋＋，
则S＝＋＋
＝·bc＋·ac＋·ab
由已知可得：≥≥，ab≤ac≤bc
∴S≥·ac＋·ab＋·bc
＝＋＋
又S≥·ab＋·bc＋·ac
＝＋＋
两式相加得：2S≥＋＋≥3·＝3.
∴S≥，即＋＋的最小值为.
课堂小结
排序不等式有着广泛的实际应用，在应用时，一定在认真分析题设条件的基础上观察要证结论的结构特征，从而分析出要用排序原理中反序和≤乱序和，或是乱序和≤顺序和，或者反序和≤顺序和.不少命题的证明可能多次用到排序原理.切比晓夫不等式也可当作定理直接应用.
随堂演练
1.利用排序原理证明：若a1，a2，…，an为正数，则≥.
证明 不妨设a1≥a2≥a3≥…≥an>0，
则有≤≤…≤
由切比晓夫不等式，得：
≤·，
即≤·，
∴≥.
2.已知a，b，c为正数，a≥b≥c.求证：＋＋≥＋＋.
证明 ∵a≥b≥c>0，
∴a3≥b3≥c3，
∴a3b3≥a3c3≥b3c3，
∴≤≤，又a5≥b5≥c5，
由排序原理得：
＋＋≥＋＋(顺序和≥乱序和)，
即＋＋≥＋＋，
又∵a2≥b2≥c2，≤≤
由乱序和≥反序和得：
＋＋≥＋＋
＝＋＋.
∴＋＋≥＋＋.
基础达标
1.已知a，b，c∈R＋则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )
A.a3＋b3＋c3＞a2b＋b2c＋c2a
B.a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C.a3＋b3＋c3＜a2b＋b2c＋c2a
D.a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
解析 根据排序原理，取两组数a，b，c；a2，b2，c2，不妨设a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2.所以a2·a＋b2·b＋c2·c≥a2b＋b2c＋c2a.
答案 B
2.设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则a1b＋a2＋b＋…＋anb的最小值是( )
A.1 B.n
C.n2 D.无法确定
解析 设a1≥a2≥…≥an＞0.可知a≥a≥…≥a，由排序原理，得a1b＋a2b＋…＋anb≥a1a＋a2a＋…＋ana＝n.
答案 B
3.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 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＋c2ab0
所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案 B
4.已知a，b，c都是正数，则＋＋≥________.
解析 设a≥b≥c＞0，所以≥≥.
由排序原理，知
＋＋≥＋＋， ①
＋＋≥＋＋， ②
①＋②，得＋＋≥.
答案
5.证明切比晓夫不等式中的(2).即，若a1≤a2≤…≤an，而b1≥b2≥…≥bn或a1≥a2≥…≥an而b1≤b2≤…≤bn，则≤·
.当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时等号成立.
证明 不妨设a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn.
则由排序原理得：
a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b2＋a2b3＋…＋anb1
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b3＋a2b4＋…＋an－1b1＋anb2
…
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1.
将上述n个式子相加，得：
n(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≤(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)上式两边除以n2，得：
≤.
等号当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时成立.
6.设a1，a2，…，an为实数，证明：
≤ .
证明 不妨设a1≤a2≤…≤an，由切比晓夫不等式得：
≥·，
即≥，
∴≤ .
综合提高
7.设a1，a2，…，an为正数，求证：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明 不妨设a1>a2>…>an>0，
则有a>a>…>a
也有<<…<，
由排序原理：乱序和≥反序和，得：
＋＋…＋≥＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an.
8.设A、B、C表示△ABC的三个内角的弧度数，a，b，c表示其对边，求证：≥.
证明 方法一：不妨设A>B>C，则有a>b>c
由排序原理：顺序和≥乱序和
∴aA＋bB＋cC≥aB＋bC＋cA
aA＋bB＋cC≥aC＋bA＋cB
aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC
上述三式相加得
3(aA＋bB＋cC)≥(A＋B＋C)(a＋b＋c)＝π(a＋b＋c)
∴≥.
方法二：不妨设A>B>C，则有a>b>c，
由切比晓夫不等式
≥·，
即aA＋bB＋cC≥(a＋b＋c)，
∴≥.
9.设a，b，c为正数，利用排序不等式证明a3＋b3＋c3≥3abc.
证明 不妨设a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2，
由排序原理：顺序和≥反序和，得：
a3＋b3≥a2b＋b2a，b3＋c3≥b2c＋c2b
c3＋a3≥a2c＋c2a
三式相加得2(a3＋b3＋c3)
≥a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2).
又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
所以2(a3＋b3＋c3)≥6abc，∴a3＋b3＋c3≥3abc.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立.
10.设a，b，c是正实数，求证：aabbcc≥(abc).
证明 不妨设a≥b≥c>0，则lg a≥lg b≥lg c.
据排序不等式有：
alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c
alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c
alg a＋blg b＋clg c＝alg a＋blg b＋clg c
上述三式相加得：
3(alg a＋blg b＋clg c)≥(a＋b＋c)(lg a＋lg b＋lg c)
即lg(aabbcc)≥lg(abc)，故aabbcc≥(abc).
11.设xi，yi (i＝1，2，…，n)是实数，且x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn，而z1，z2，…，zn是y1，y2，…，yn的一个排列.
求证： (xi－yi)2≤ (xi－zi)2.
证明 要证 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2
只需证y－2xiyi≤z－2xizi.
因为y＝z，
∴只需证xizi≤xiyi.
而上式左边为乱序和，右边为顺序和.
由排序不等式得此不等式成立.
故不等式 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2成立.
12.已知a，b，c为正数，且两两不等，求证：2(a3＋b3＋c3)>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b).
证明 不妨设a>b>c>0.
则a2>b2>c2，a＋b>a＋c>b＋c，
∴a2(a＋b)＋b2(a＋c)＋c2(b＋c)
>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)，
即a3＋c3＋a2b＋b2a＋b2c＋c2b
>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)，
7又∵a2>b2>c2，a>b>c，
∴a2b＋b2a即a2b＋b2a＋b2c＋c2b所以有2(a3＋b3＋c3)>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b).
2.3 平均值不等式(选学)
2.4 最大值与最小值问题，优化的数学模型
1.进一步熟悉平均值不等式及柯西不等式.
2.会用平均值不等式及柯西不等式求某些初等函数的最值问题.
自学导引
1.设a1，a2，…，an为n个正数，则≥，
等号成立?a1＝a2＝…＝an.
2.设a1，a2，…，an为n个正数，则≥，
等号成立?a1＝a2＝…＝an.
3.设a1，a2，…，an为正数，则≥
≥，等号成立?a1＝a2＝…an.
4.设D为f(x)的定义域，如果存在x0∈D，使得f(x)≤f(x0) (f(x)≥f(x0)) x∈D，则称f(x0)为f(x)在D上的最大(小)值，x0称为f(x)在D上的最大(小)值点.寻求函数的最大(小)值及最大(小)值问题统称为最值问题.
基础自测
1.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
2.若f(x)＝＋且x∈(0，1]，则f(x)的最小值是( )
A.2 B.不存在
C. D.
解析 ∵x∈(0，1]，即x>0.
f(x)＝＋≥2＝2.
等号成立的条件是＝，即x＝?(0，1]，
所以利用均值不等式，等号不成立，不能求f(x)的最小值.令＝t，则＝，t∈，原函数变为y＝t＋，
∵y＝t＋在(0，1]上是减函数，则在上也是减函数，∴t＝时，ymin＝＋3＝.
答案 C
3.函数y＝ (x<0)的值域为____________.
解析 将原函数变为y＝，用函数x＋在x<0时的性质知：x＋≤－2.∴x＋＋1≤－1，∴1≥－，即0>≥－1，∴0>y＝≥－3，
故值域为[－3，0).
答案 [－3，0)
知识点1 利用柯西不等式求函数的最值
【例1】 若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点.
解 由柯西不等式，得：
(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2＝4.
所以25(x2＋y2)≥4，即x2＋y2≥.
当且仅当＝时，等号成立，
∴，解得.
所以x2＋y2的最小值为，最小值点为.
●反思感悟：利用柯西不等式求函数的最小值时，往往需乘以一个两常数的平方和，常数的选取要根据题设条件来定，如例1，利用柯西不等式求最大值时，往往对函数解析式的各项配一系数，使利用柯西不等式后n个项的平方和为常数.
1.设a，b，c为正数，a＋b＋4c2＝1，求＋＋c的最大值.
解 由柯西不等式得：
(＋＋c)2＝
≤[()2＋()2＋(2c)2]，
即(＋＋c)2≤1·＝.
当且仅当＝＝时，
即a＝b＝8c2时取等号.
∴20c2＝1，c＝＝，a＝b＝时，
＋＋c的最大值为.
知识点2 利用平均值不等式求函数的最值
【例2】 (1)已知x<，求函数y＝4x－2＋的最大值；
(2)求y＝的最大值；
(3)若x>0，y>0，且x＋y＝2，求x2＋y2的最小值.
解 (1)∵x<，∴5－4x>0，
∴y＝4x－2＋
＝－＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝，即x＝1时，上式等号成立.
故当x＝1时，ymax＝1.
(2)y＝＝＝
≤＝.
当且仅当＝，
即x2＝2，x＝±时，ymax＝.
(3)方法一：由x2＋y2≥2xy，得2(x2＋y2)≥(x＋y)2，
即x2＋y2≥.
因为x＋y＝2，所以x2＋y2≥2.
当且仅当x＝y＝1时，取得最小值2.
方法二：由柯西不等式，得：
(x2＋y2)(12＋12)≥(x＋y)2.
∴x2＋y2≥(x＋y)2＝×4＝2.
当且仅当＝，即x＝y时取等号.
∴x＝y＝1时，(x2＋y2)min＝2.
●反思感悟：利用平均值不等式求最值关键在变形上，变形的目的是能得到积为定值或和为定值，求最值时一定要找出最大(小)值点，如果最大(小)值点不存在，则不能用平均值不等式求最值，可考虑用函数的单调性或用其它方程.
2.求函数y＝ (x≥0)的最小值.
解 y＝＝(x＋1)＋－4
≥2 －4＝2.
当且仅当x＋1＝，即x＝2时，等号成立.所以ymin＝2.
知识点3 平均值不等式在实际中的应用
【例3】 从半径为2的圆板上剪下一个圆心角为θ的扇形，围成一个圆锥的侧面(如下图)，如何操作使圆锥体积最大(即求出相应的θ角).
解 如题图，圆锥的母线长为2，
设圆锥轴截面的底角为α .
则圆锥底面半径r＝2cos α，高h＝2sin α，
V＝πr2h＝π·4cos2α·2sin α
＝π(1－sin2α)sin α
＝π
＝π
≤π
＝π ＝π.
当且仅当2sin2α＝1－sin2α，即sin α＝时取等号.
此时，r＝，由此得扇形的中心角θ＝＝π.
即从圆板上剪下中心角为π的扇形围成的圆锥体积最大，最大值为 π.
3.建造一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价分别为每平方米120元和80元，那么水池的最低总造价为________元.
解析 设池底一边长为x m，水池的总造价为y元，则依题意得y＝4×120＋2·80
＝480＋320 (x>0).
∵x＋≥2 ＝4，当且仅当x＝，
即x＝2时取等号，
∴y最小＝480＋320×4＝1 760(元)
答案 1 760
课堂小结
柯西不等式有代数式、向量式和三角式三种形式，代数式又有二维形式、三维形式和一般式，都要熟练掌握.柯西不等式和均值不等式的主要应用是求函数的最值和证明不等式，有些函数的最值既可以用柯西不等式来求又可以用平均值不等式来求.
随堂演练
1.求函数y＝，x≥0的最小值.
解 y＝＝(x＋2)＋＋1
≥2＋1＝7，当且仅当x＋2＝，
即x＋2＝3，x＝1时取等号.∴x＝1时，ymin＝7.
2.求函数y＝2－9x－ (x>0)的最大值.
解 y＝2－≤2－2＝2－12＝－10，
当且仅当9x＝，即x＝时取等号.
∴x＝时，ymax＝－10.
3.若2x＋3y＝1，求x2＋y2的最小值，及最小值点.
解 由柯西不等式，得
(x2＋y2)(22＋32)≥(2x＋3y)2＝1.
∴x2＋y2≥，当且仅当＝，即3x＝2y时取等号.
由得
所以当时，(x2＋y2)min＝，
最小值点为.
基础达标
1.下列各式中，最小值等于2的是( )
A.＋ B.
C.tan θ＋cot θ D.2x＋2－x
解析 A中可以为负，则＋也可以为负数，不合题意.
B中＝＋，≥2，>0，也不合题意.C中tan θ＋cot θ可为负值不合题意.D中2x＋2－x＝2x＋≥2.当且仅当x＝0时取等号符合题意，故选D.
答案 D
2.函数y＝ (x>0)的最大值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析 y＝＝1＋＝1＋.
∵x>0时，x＋≥2，∴ymax＝1＋＝2.
答案 B
3.有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是( )
A.ax＋by＋cz B.az＋by＋cx
C.ay＋bz＋cx D.ay＋bx＋cz
解析 方法一：用特值法进行验证.
令x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3.
A项：ax＋by＋cz＝1＋4＋9＝14；
B项：az＋by＋cx＝3＋4＋3＝10；
C项：ay＋bz＋cx＝2＋6＋3＝11；
D项：ay＋bx＋cz＝2＋2＋9＝13.故选B.
方法二：由顺序和≥乱序和≥反序和.
可得az＋by＋cx最小.
答案 B
4.已知不等式(x＋y)≥9对任意正实数x、y恒成立，则正实数a的最小值为________.
解析 (x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2(当且仅当＝时取等号).
∵(x＋y)≥9对任意正实数x、y恒成立.
∴需(＋1)2≥9.∴a≥4.
答案 4
5.已知ab＝1 000，a>1，b>1，则＋的最大值是________.
解析 由柯西不等式得：·1＋·1
≤·
＝·＝·＝.
当且仅当1＋lga＝1＋lgb，即a＝b＝10时，取等号.
答案
6.已知三个正数a，b，c的和是1，求证：这三个正数的倒数和不小于9.
证明 方法一：(a＋b＋c)
≥＝9.
又由已知，a＋b＋c＝1，所以＋＋≥9.
方法二：(a＋b＋c)
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
综合提高
7.设a∈R且a≠0，以下四个数中恒大于1的个数是( )
①a3＋1；②a2－2a＋2；③a＋；④a2＋.
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析 ①中当a＝－1时，a3＋1＝0不合题意；
②中a2－2a＋2＝(a－1)2＋1，当a＝1时，a2－2a＋2＝1也不合题意；
③中当a＝－1时，a＋＝－2不合题意；
④中a2＋≥2>1.
答案 A
8.若a、b、c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，则2a＋b＋c的最小值为( )
A.－1 B.＋1
C.2＋2 D.2－2
解析 由a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，得(a＋b)(a＋c)＝4－2，得(a＋b)(a＋c)＝4－2.
∵a、b、c>0，∴(a＋b)(a＋c)≤(当且仅当a＋c＝b＋a，即b＝c时取“＝”).
∴2a＋b＋c≥2＝2(－1)＝2－2.
答案 D
9.若直角三角形ABC的斜边长c＝1，那么它的内切圆半径r的最大值为________.
解析 设直角三角形ABC的两直角边分别为a，b，因斜边c＝1，则直角三角形内切圆半径r＝(a＋b－1)＝－.
由题意知a2＋b2＝1，由柯西不等式
a·1＋b·1≤·＝.
当且仅当a＝b时取等号，又a2＋b2＝1，
∴a＝b＝时，a＋b的最大值为，
∴rmax＝－＝.
答案
10.在△ABC中，三边a、b、c的对角分别为A、B、C，若2b＝a＋c，则角B的范围是____________.
解析 ∵2b＝a＋c，∴b＝
∴cos B＝＝
＝≥＝.
∵y＝cos x在(0，π)上是减函数.∴0答案 011.某厂要生产一批无盖的圆柱形桶，每个桶的容积为1 m3，用来做底的金属每平方米为30元，做侧面的金属每平方米为20元，如何设计圆桶尺寸，可以使成本最低？
解 设圆桶的底面半径为r，高为h，
则依题意πr2h＝1，于是h＝，
底面积为πr2，侧面积为2πrh.
设w为总费用，
则w＝30πr2＋20×2πrh＝30πr2＋
＝30πr2＋＋≥3 ＝30
等号成立?30πr2＝?r3＝?r＝，
此时h＝＝·＝ ＝ .
最低费用为30元.
12.某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨 (0(1)设y＝ax，其中a满足≤a<1的常数，用a表示当售货金额最大时的x的值；
(2)若y＝x，求使售货金额比原来有所增加的x值的范围.
解 (1)由题意知某商品上涨元时，上涨后的定价、每月卖出的数量、每月售货金额分别是
p元、n件、znp元.
∴znp＝p·n，又y＝ax.
∴z＝a.又∵1＋>0，－>0，
∴z≤a＝，
当且仅当1＋＝－，
即x＝时，等号成立，
∵a∈?∈(0，10]，∴xmax＝.
(2)当y＝x时，z＝(10＋x).
要有所增加，只要z>1，即(10＋x)>1.
∴x2－5x<0，∴0第二章 柯西不等式与排序不等式及其应用
本章复习课
1.认识柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，会用二维、三维柯西不等式进行简单的证明与求最值.
2.理解并掌握两个或三个正数的算术平均、几何平均数不等式并会应用它们求一些特定函数的最值.
3.了解排序不等式及平均值不等式.
知识结构
知识梳理
1.二维形式的柯西不等式
(1)定理1(二维)：设a1，a2，b1，b2均为实数，则(a＋a)·(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2，上式等号成立?a1b2＝a2b1.
(2)(二维变式)：·≥|ac＋bd|.
(3)定理2(向量形式)：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当α及β为非零向量时，上式中等号成立?向量α与β共线(或平行)?存在实数λ≠0，使得α＝λβ.
(4)定理3(三角不等式)：设a1，a2，b1，b2为实数，则
＋≥，
等号成立?存在非负实数μ及λ，使μa1＝λb1，μa2＝λb2.
(5)三角变式：设a1，a2，b1，b2，c1，c2为实数，则
＋≥，等号成立?存在非负实数λ及μ使得μ(a1－b1)＝λ(b1－c1)且μ(a2－b2)＝λ(b2－c2).
(6)三角向量式：设α，β，γ为平面向量，则|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|.
2.三维形式的柯西不等式：(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.
3.柯西不等式的一般形式：设a1，a2，…，an，b1，b2，b3，…，bn为实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|，其中等号成立?＝＝…＝.
4.柯西不等式的一般形式的证明：参数配方法.
5.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等号成立(反序和等于顺序和)?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和.
6.平均值不等式
(1)定理1：设a1，a2，…，an为n个正数，则≥，等号成立?a1＝a2＝…＝an.
(2)推论1：设a1，a2，…，an为n个正数，且a1a2…an＝1，则a1＋a2＋…＋an≥n，且等号成立?a1＝a2＝…＝an＝1.
(3)推论2：设C为常数，且a1，a2，…，an为n个正数，当a1＋a2＋…＋an＝nC时，则a1a2…an≤Cn，且等号成立?a1＝a2＝…＝an.
(4)定理2：设a1，a2，…，an为n个正数，则≥，等号成立?a1＝a2＝…＝an.
典例剖析
知识点1 利用柯西不等式证明不等式
【例1】 设a，b，c，d为正数，且不全相等，求证：＋＋＋>.
证明 构造两组数，，，，与，，，，
则由柯西不等式得：
(a＋b＋b＋c＋c＋d＋d＋a)
≥(1＋1＋1＋1)2.
即2(a＋b＋c＋d)≥16，
于是＋＋＋≥，
等号成立?＝＝＝
?a＋b＝b＋c＝c＋d＝d＋a?a＝b＝c＝d.
因题设a，b，c，d不全相等，
故＋＋＋>.
知识点2 利用柯西不等式求最值
【例2】 已知x＋y＋z＝1，求＋＋的最大值.
解 由柯西不等式，得
(·1＋·1＋·1)
≤·
＝·＝＝3.
等号成立?＝＝，
即3x＋1＝3y＋2＝3z＋3
设3x＋1＝k，则x＝，y＝，z＝.
代入x＋y＋z＝1，得k＝3.
∴x＝，y＝，z＝0时取等号.
知识点3 利用排序不等式证明不等式
【例3】 设a，b，c为正数，求证：
2≥＋＋.
证明 由对称性，
不妨设a≥b≥c>0，
于是a＋b≥a＋c≥b＋c，
故a2≥b2≥c2，≥≥，
由排序不等式得：
＋＋≥＋＋
＋＋≥＋＋
以上两式相加得：2
≥＋＋.
知识点4 平均值不等式的实际应用
【例4】 在半径为R的球的所有外切圆锥中求全面积最小的一个.
解 设x为圆锥底面半径，S为它的全面积，则S＝πx2＋πx·AC＝πx2＋πx(x＋CD)由Rt△CAE∽Rt△COD得
＝＝
＝.
解得CD＝.
于是S＝πx＝.
因为S和同时取得最小值，所以考虑的最小值问题.
＝＝
＝x2＋R2＋＝(x2－R2)＋＋2R2
≥2＋2R2＝4R2.于是S≥8πR2，
等号成立?x2－R2＝?x＝R.
所以圆锥的最小全面积为8πR2.
基础达标
1.已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2取到最小值时的x，y，z的值为( )
A.，， B.，，
C.1，， D.1，，
解析 当且仅当＝＝时，x2＋y2＋z2取到最小值，所以联立可得x＝，y＝，z＝.
答案 B
2.设x1，x2，…，xn，取不同的正整数，则m＝＋＋…＋的最小值是( )
A.1 B.2
C.1＋＋＋…＋ D.1＋＋＋…＋
解析 ∵x1，x2，…，xn是n个不同的正整数，所以1，2，3，…，n就是最小的一组，m＝＋＋…＋≥1＋＋＋…＋(前边是乱序和，后面是反序和).
答案 C
3.一批救灾物资随26辆汽车从A市以v km/h匀速直达灾区，已知两地公路长400 km，为安全起见，两车间距不得小于 km，那么这批物资全部到灾区，至少需要______h.( )
A.5 B.10 C.15 D.20
解析 依题意，所用时间为＝v＋≥10，当且仅当v＝80时取等号.
答案 B
4.已知x＋2y＋3z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值为________.
解析 (x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2＝1.
∴x2＋y2＋z2≥.
当且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝时，
x2＋y2＋z2取最小值.
答案
5.设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是________.
解析 3(a＋b＋c)＝(1＋1＋1)(a＋b＋c)≥(＋＋)2.
所以＋＋≤＝.
答案
6.已知正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，
证明：a3＋b3＋c3≥.
证明 利用柯西不等式
＝
≤[(a)2＋(b)2＋(c)2][a＋b＋c]
＝(a3＋b3＋c3)(a＋b＋c)2 (∵a＋b＋c＝1)
又因为a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
在此不等式两边同乘以2，
再加上a2＋b2＋c2
得：(a＋b＋c)2≤3(a2＋b2＋c2)
∵(a2＋b2＋c2)2≤(a3＋b3＋c3)·3(a2＋b2＋c2)
故a3＋b3＋c3≥.
综合提高
7.已知3x2＋2y2≤1，则3x＋2y的取值范围是( )
A.[0，] B.[－，0]
C.[－，] D.[－5，5]
解析 |3x＋2y|≤·≤.
所以－≤3x＋2y≤.
答案 C
8.已知x，y，z∈R＋，且＋＋＝1，则x＋＋的最小值是( )
A.5 B.6
C.8 D.9
解析 x＋＋
＝
≥
＝9.
答案 D
9.函数y＝2＋的最大值是________.
解析 y＝×＋1×
≤＝.
答案
10.设x1，x2，…，xn取不同的正整数，则m＝＋＋…＋的最小值是________.
解析 设a1，a2，…，an是x1，x2，…，xn的一个排列，且满足a1又因为1>>>…>，
所以＋＋＋…＋
≥a1＋＋＋…＋
≥1×1＋2×＋3×＋…＋n×
＝1＋＋＋…＋.
答案 1＋＋＋…＋
11.求椭圆＋＝1 (a>b>0)的内接矩形的最大面积，并求此时矩形的边长.
解 方法一：设第一象限顶点坐标(x，y).
∵S与S2同时取得最大值.
又y2＝(a2－x2)，
∴S2＝16x2y2＝16x2·(a2－x2)
＝x2(a2－x2)≤＝4a2b2.
∴Smax＝2ab.此时有x2＝a2－x2，
即x＝a时，内接矩形面积最大，
此时，矩形的边长分别为a，b.
方法二：S＝4xy＝4ab··≤4ab＝2ab.
等号当且仅当＝，
即＝，
即x＝a，y＝b时成立.
∴当矩形的边长分别为a，b时，
内接矩形面积最大为S＝2ab.
12.某自来水厂要制作容积为500 m3的无盖长方体水箱，现有三种不同规格的长方形金属制箱材料(单位：m)：①19×19；②30×10；③25×12.
请你选择其中的一种规格材料，并设计出相应的制作方案.要求：用料最省；简便易行.
解 设无盖长方体水箱的长、宽、高分别为a m，b m，c m.
由题意，可得abc＝500.
长方体水箱的表面积为S＝2bc＋2ac＋ab.
由均值不等式，知S＝2bc＋2ac＋ab≥3＝3＝300.
当且仅当2bc＝2ca＝ab，即a＝b＝10，c＝5时，
S＝2bc＋2ca＋ab＝300为最小，
这表明将无盖长方体水箱的尺寸设计为10×10×5时，其用料最省.
如何选择材料并设计制作方案？就要研究三种供选择的材料，哪一种更易制作成无盖长方体水箱的平面展开图.
逆向思维：先将无盖长方体水箱展开成平面图如图(1)所示，进一步剪拼成如图(2)所示的长30 m，宽10 m(长∶宽＝3∶1)的长方形.因此，应选择规格为30×10的制作材料，制作方案如图(3).
