专题检测试卷(三)
(时间：90分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．设a1≤a2≤a3…≤an，b1≤b2≤b3…≤bn为两组实数，在排序不等式中，顺序和，反序和，乱序和的大小关系为( )
A．反序和≥乱序和≥顺序和
B．反序和＝乱序和＝顺序和
C．反序和≤乱序和≤顺序和
D．反序和、乱序和、顺序和大小关系不确定
答案 C
2．已知m2＋n2＝2，t2＋s2＝8，则|mt＋ns|的最大值为( )
A．2 B．4
C．8 D．16
答案 B
解析 ∵(m2＋n2)(t2＋s2)≥(mt＋ns)2，
∴(mt＋ns)2≤2×8＝16，
∴|mt＋ns|≤4.
当且仅当ms＝nt时，等号成立．
3．已知a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值为( )
A．1 B. C．3 D．4
答案 D
解析 (a＋b＋c)
＝[()2＋()2]
≥2＝22＝4，
当且仅当a＋b＝c时取等号．
4．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2的最大值是( )
A. B. C．2 D.
答案 B
解析 1＝a＋b＋4c＝()2＋()2＋(2)2
＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12)
≥(＋＋2)2·，
∴(＋＋2)2≤3，即当且仅当a＝b＝4c时等号成立．
5．函数f(x)＝＋cos x，则f(x)的最大值是( )
A. B. C．1 D．2
答案 A
解析 由f(x)＝＋cos x，
得f(x)＝＋cos x
≤＝.
当且仅当cos x＝时取等号.
6．设a，b，c均为实数，则的最大值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由(a2＋2b2＋3c2)≥2，
即(a2＋2b2＋3c2)·≥(a＋b＋c)2，
∴≤.
∴≤.
7．已知a，b，x1，x2∈R＋，ab＝1，x1＋x2＝2，则M＝(ax1＋bx2)(bx1＋ax2)与4的大小关系是( )
A．M＞4 B．M＜4 C．M≥4 D．M≤4
答案 C
解析 (ax1＋bx2)(bx1＋ax2)
＝[()2＋()2]·[()2＋()2]
≥[(x1＋x2)]2＝(x1＋x2)2＝4.
8．已知x＋y＋z＝1，则2x2＋3y2＋z2的最小值为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 ∵(2x2＋3y2＋z2)·≥(x＋y＋z)2＝1，
∴2x2＋3y2＋z2≥.
当且仅当＝＝时，等号成立．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．函数y＝5＋的最大值为__________．
答案 6
解析 由柯西不等式，得y＝5＋·
≤·＝×2＝6，
当且仅当5＝，
即x＝时，等号成立．
10．如图，在矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，则阴影部分的矩形面积之和________空白部分的矩形面积之和．
答案 ≥
解析 由题图可知，阴影部分的面积等于a1b1＋a2b2，而空白部分的面积等于a1b2＋a2b1，根据顺序和≥反序和可知，答案为≥.
11．已知0＜x＜1,0＜y＜1，则函数f(x)＝＋的最小值是________．
答案
解析 由三角不等式，得
＋
≥＝.
当且仅当x＝1－x，y＝1－y，即x＝，y＝时，等号成立．故f(x)的最小值为.
12．设a＝(－2,1,2)，|b|＝6，则a·b的最小值为______，此时b＝________.
答案 －18 (4，－2，－4)
解析 根据柯西不等式的向量形成，有|a·b|≤|a||b|，
∴|a·b|≤×6＝18.
当且仅当存在实数k，使a＝kb时，等号成立．
∴－18≤a·b≤18.
∴a·b的最小值为－18，此时b＝－2a＝(4，－2，－4)．
三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分)
13．设a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝9，求＋＋的最小值．
解 ∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]·
≥2＝18，当且仅当a＝b＝c＝3时等号成立．
∴＋＋≥2，
∴＋＋的最小值为2.
14．(2017·江苏)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
证明 由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，
因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，
所以(ac＋bd)2≤64，
因此ac＋bd≤8.
15．已知二次三项式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x1x2＝1时，必有f(x1)f(x2)≥1.
证明 f(x1)f(x2)＝(ax＋bx1＋c)·(ax＋bx2＋c)
≥[a()2＋b＋c]2
＝f2()＝f2(1)＝1.
故f(x1)f(x2)≥1.
16．已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值．
解 (x2＋2y2＋3z2)·≥2＝(3x＋2y＋z)2，
∴(3z＋2y＋z)2≤(x2＋2y2＋3z2)·＝12，
∴－2≤3x＋2y＋z≤2，
当且仅当x2＝9y2＝81z2，
即x＝－，y＝－，z＝－时取“＝”．
∴3x＋2y＋z的最小值为－2.
17．求三个实数x，y，z，使得它们同时满足下列方程：2x＋3y＋z＝13,4x2＋9y2＋z2－2x＋15y＋3z＝82.
解 将两个方程相加，得
(2x)2＋(3y＋3)2＋(z＋2)2＝108， ①
又第一个方程可变形为2x＋(3y＋3)＋(z＋2)＝18， ②
由①②及柯西不等式，得(2x)2＋(3y＋3)2＋(z＋2)2≥[2x＋(3y＋3)＋(z＋2)]2，
即108≥×182＝108，即柯西不等式中的等号成立．
所以2x＝3y＋3＝z＋2＝6，故x＝3，y＝1，z＝4.
18．设x，y，z∈R，且＋＋＝1，求x＋y＋z的取值范围．
解 由柯西不等式，得
[42＋()2＋22]·≥2＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
∴|x＋y＋z|≤5，∴－5≤x＋y＋z≤5.
∴x＋y＋z的取值范围是[－5,5]．
一 二维形式的柯西不等式
学习目标 1.认识二维形式的柯西不等式的代数形式、向量形式和三角形式，理解它们的几何意义.2.会用柯西不等式证明一些简单的不等式，会求某些特定形式的函数的最值．
知识点 二维形式的柯西不等式
思考1 (a2＋b2)(c2＋d2)与4abcd的大小关系如何？那么(a2＋b2)(c2＋d2)与(ac＋bd)2的大小关系又如何？
答案 (a2＋b2)(c2＋d2)≥4abcd，
(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
思考2 当且仅当a＝b且c＝d时，(a2＋b2)(c2＋d2)＝4abcd，那么在什么条件下(a2＋b2)(c2＋d2)＝(ac＋bd)2?
答案 当且仅当ad＝bc时，(a2＋b2)·(c2＋d2)＝(ac＋bd)2.
思考3 若向量α＝(a，b)，向量β＝(c，d)，你能从向量的数量积与向量模的积之间的关系发现怎样的不等式？
答案 ·≥|ac＋bd|.
梳理 (1)二维形式的柯西不等式
①定理1：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
②二维形式的柯西不等式的推论：
·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
(2)柯西不等式的向量形式
定理2：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
(3)二维形式的三角不等式
①定理3：＋≥(x1，y1，x2，y2∈R)．
当且仅当三点P1，P2与原点O在同一直线上，并且P1，P2点在原点O两旁时，等号成立．
②推论：对于任意的x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，有
＋≥.
事实上，在平面直角坐标系中，设点P1，P2，P3的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，根据△P1P2P3的边长关系有|P1P3|＋|P2P3|≥|P1P2|，当且仅当三点P1，P2，P3在同一直线上，并且点P1，P2在P3点的两旁时，等号成立．
类型一 利用柯西不等式证明不等式
例1 已知a1，a2，b1，b2∈R＋，求证：(a1b1＋a2b2)·≥(a1＋a2)2.
证明 ∵a1，a2，b1，b2∈R＋，
∴(a1b1＋a2b2)
＝·
≥2
＝(a1＋a2)2.
∴(a1b1＋a2b2)≥(a1＋a2)2.
反思与感悟 利用柯西不等式的代数形式证明某些不等式时，有时需要将待证不等式进行变形，以具备柯西不等式的运用条件，这种变形往往要认真分析题目的特征，根据题设条件，利用添项、拆项、分解、组合、配方、数形结合等方法．
跟踪训练1 已知θ为锐角，a，b∈R＋，
求证：＋≥(a＋b)2.
证明 ∵＋＝(cos2θ＋sin2θ)
≥2＝(a＋b)2，
∴＋≥(a＋b)2.
例2 若实数x，y，z满足x2＋4y2＋z2＝3，求证：|x＋2y＋z|≤3.
证明 因为x2＋4y2＋z2＝3，
所以由柯西不等式得
[x2＋(2y)2＋z2](12＋12＋12)≥(x＋2y＋z)2
.
整理得(x＋2y＋z)2≤9，即|x＋2y＋z|≤3.
反思与感悟 (1)抓住柯西不等式的特征“方、和、积”，构造使用柯西不等式的条件．
(2)此类题也可以用三角不等式，把△ABO的三个顶点分别设为O(0,0)，A(x1，x2)，B(－y1，－y2)即可．
跟踪训练2 设a，b，c为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
证明 由柯西不等式知，·≥a＋b，
即·≥a＋b，
同理，·≥b＋c，·≥a＋c.
将上面三个同向不等式相加，
得(＋＋)≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥(a＋b＋c)．
类型二 利用柯西不等式求最值
例3 若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点．
解 由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥，
当且仅当＝时等号成立，点(x，y)为所求最小值点，
解方程组得
因此，当x＝，y＝时，x2＋y2取得最小值，最小值为，最小值点为.
反思与感悟 利用柯西不等式求最值
(1)先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的前提条件；
(2)有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；
(3)有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．
跟踪训练3 已知a，b∈R，且9a2＋4b2＝18，求3a＋2b的最值．
解 由柯西不等式，得(9a2＋4b2)(12＋12)≥(3a＋2b)2，
∵9a2＋4b2＝18，
∴36≥(3a＋2b)2.
∴|3a＋2b|≤6.
当即或时等号成立．
∴当a＝1，b＝时，3a＋2b有最大值6.
当a＝－1，b＝－时，3a＋2b有最小值－6.
1．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的最大值为( )
A．4 B．2
C．8 D．9
答案 B
解析 (a2＋b2)(32＋22)≥(3a＋2b)2，当且仅当3b＝2a时取等号，所以(3a＋2b)2≤4×13.所以3a＋2b的最大值为2.
2．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( )
A．ab≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
答案 C
解析 ∵(a2＋b2)(12＋12)≥(a＋b)2＝4，
∴a2＋b2≥2.
3．设xy＞0，则的最小值为________．
答案 9
解析 ∵
＝≥(1＋2)2＝9，
当且仅当xy＝，即xy＝时，取等号．
∴最小值为9.
4．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
答案
解析 ∵(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2＝25，
∴m2＋n2≥5.
∴≥.
当且仅当an＝bm时取等号．
5．已知a2＋b2＝1，求证：|acos θ＋bsin θ|≤1.
证明 ∵1＝a2＋b2＝(a2＋b2)·(cos2θ＋sin2θ)
≥(acos θ＋bsin θ)2，
∴|acos θ＋bsin θ|≤1.
1．利用柯西不等式的关键是找出相应的两组数，应用时要对照柯西不等式的原形，进行多角度的尝试．
2．柯西不等式取等号的条件也不容易记忆，如(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2等号成立的条件是ad＝bc，可以把a，b，c，d看成等比，则ad＝bc来联想记忆．
一、选择题
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＜Q
C．P≥Q D．P＞Q
答案 A
解析 设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|
＝·
＝·
＝，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
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．(－，)
答案 A
解析 (a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2，
∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.
∴－2≤a－b≤2.
3．函数y＝＋2的最大值是( )
A. B.
C．3 D．5
答案 B
解析 根据柯西不等式知，
y＝1×＋2×≤×＝(当且仅当x＝时取等号)．
4．若3x2＋2y2≤1，则3x＋2y的取值范围是( )
A．[0，] B．[－，0]
C．[－，] D．[－5,5]
答案 C
解析 (3x＋2y)2≤
＝5×(3x2＋2y2)≤5，
∴－≤3x＋2y≤.
5．已知a，b，c，d，m，n∈R＋，P＝＋，Q＝·，则P与Q的大小关系为( )
A．P≤Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P＝Q
答案 A
解析 ∵P＝＋
≤
＝·＝Q.
∴P≤Q.
6．已知a，b＞0，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是( )
A．2 B.
C．6 D．12
答案 D
解析 (＋)2
＝(1×＋1×)2
≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)
＝2[4(a＋b)＋2]＝2×(4×1＋2)＝12，
当且仅当＝，即a＝b＝时等号成立．
二、填空题
7．设实数x，y满足3x2＋2y2≤6，则P＝2x＋y的最大值为________．
答案
解析 由柯西不等式，得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]·
＝(3x2＋2y2)·≤6×＝11，
所以2x＋y≤.
8．设x，y∈R＋，则(x＋y)的最小值是________．
答案 5＋2
解析 (x＋y)≥2
＝(＋)2＝5＋2，
当且仅当·＝·时，等号成立．
9．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则2x＋y的最小值为________．
答案 3＋2
解析 2x＋y＝(2x＋y)
＝[()2＋()2]
≥2＝3＋2，
当且仅当·＝·时，等号成立，
又＋＝1，
则此时
10．已知函数f(x)＝3＋4，则函数f(x)的最大值为________．
答案 5
解析 由柯西不等式知，
(3＋4)2≤(32＋42)·[()2＋()2]＝25.
当且仅当3＝4时，等号成立，
因此f(x)≤5.
11．函数f(x)＝3cos x＋4的最大值为________．
答案 5
解析 设m＝(3,4)，
n＝(cos x，)，
则f(x)＝3cos x＋4
＝m·n≤|m||n|
＝·＝5.
当且仅当m∥n时，上式取“＝”．
此时，3－4cos x＝0.
解得sin x＝±，cos x＝.
故当sin x＝±，cos x＝时．
f(x)＝3cos x＋4取得最大值5.
12．已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．
则＋的最大值为__________．
答案 4
解析 由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，
则解得a＝－3，b＝1.
又＋＝＋
≤
＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
三、解答题
13．设a，b∈R＋，且a＋b＝2.求证：＋≥2.
证明 根据柯西不等式，有
[(2－a)＋(2－b)]
＝[()2＋()2]
≥2
＝(a＋b)2＝4.
∴＋≥＝2.
∴原不等式成立．
四、探究与拓展
14．若a＋b＝1，则2＋2的最小值为( )
A．1 B．2
C. D.
答案 C
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．
15．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
证明 由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，
x1，x2∈(0，＋∞)，及柯西不等式，可得
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
三 排序不等式
学习目标 1.了解反序和、乱序和、顺序和等有关概念.2.了解排序不等式及其证明的几何意义与背景.3.掌握排序不等式的结构形式，并能简单应用．
知识点 排序不等式
思考1 某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少种不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？
答案 (1)共有3×2×1＝6(种)不同的购买方案．
(2)5×3＋4×2＋2×1＝25(元)，这种方案花钱最多；
5×1＋4×2＋2×3＝19(元)，这种方案花钱最少．
思考2 如图，∠POQ＝60°，比较与的大小．
答案
梳理 (1)顺序和、乱序和、反序和的概念
设有两个有序实数组：a1≤a2≤…≤an；b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任意一个排列．
①乱序和：S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn.
②反序和：S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1.
③顺序和：S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
(2)排序不等式(排序原理)
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a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和．
类型一 利用排序不等式证明不等式
例1 已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，
求证：＋＋≥＋＋.
证明 ∵a≥b＞0，于是≤，
又c＞0，从而≥，
同理≥，从而≥≥.
又顺序和不小于乱序和，故可得
＋＋≥＋＋
＝＋＋
≥＋＋
＝＋＋＝＋＋.
∴原不等式成立．
反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．
跟踪训练1 已知0＜a≤b≤c，求证：＋＋≥＋＋.
证明 因为0＜a≤b≤c，所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c，
所以≥≥＞0，
又0＜a2≤b2≤c2，
所以＋＋是顺序和，
＋＋是乱序和，
由排序不等式可知顺序和大于等于乱序和，
即不等式＋＋≥＋＋成立．
例2 已知a，b，c均为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
证明 由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，
所以a2≥b2≥c2，≥≥.
由顺序和≥乱序和得到两个不等式：
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋.
两式相加，得
2≥＋＋，
注意到≥(b＋c)，≥(c＋a)，
≥(a＋b)，
所以2
≥(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)
＝a＋b＋c.
故＋＋≥(a＋b＋c)．
反思与感悟 对于排序不等式，其核心是必须有两组完全确定的数据，所以解题的关键是构造出这样的两组数据．
跟踪训练2 设a，b，c∈R＋，利用排序不等式证明：
a3＋b3＋c3≤＋＋.
证明 不妨设0＜a≤b≤c，
则a5≤b5≤c5，≤≤，
所以由排序不等式可得
a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋，
a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋，
所以a3＋b3＋c3≤＋＋.
类型二 利用排序不等式求最值
例3 设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．
解 由于a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，
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.
反思与感悟 求最小(大)值，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出一个或二个适当的乱序和，从而求出其最小(大)值．
跟踪训练3 设0＜a≤b≤c且abc＝1.试求＋＋的最小值．
解 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.
1．设a，b，c均为正数，且P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P≥Q C．P＜Q D．P≤Q
答案 B
解析 不妨设a≥b≥c＞0，则a2≥b2≥c2＞0.由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，所以P≥Q.
2．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
答案 C
解析 a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5
＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.
3．n个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________．
答案 n
解析 设0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，
则0＜a≤a≤…≤a，
则由排序不等式得，反序和≤乱序和≤顺序和．
故最小值为反序和
a1·a＋a2·a＋…＋an·a＝n.
4．设a，b都是正数，求证：2＋2≥＋.
证明 由题意不妨设a≥b＞0.
则a2≥b2，≥，所以≥.
根据排序不等式知，·＋·
≥·＋·，
即2＋2≥＋.
1．对排序不等式的理解
排序原理是对不同的两个数组来研究不同的乘积和的问题，能构造的和按数组中的某种“搭配”的顺序被分为三种形式：顺序和、反序和、乱序和，对这三种不同的搭配形式只需注意是怎样的“次序”，两种较为简单的是“顺与反”，而乱序和也就是不按“常理”的顺序了．
2．排序不等式的本质
两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小．
3．排序不等式取等号的条件
等号成立的条件是其中一序列为常数序列，即a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝b3＝…＝bn.
4．排序原理的思想
在解答数学问题时，常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．
一、选择题
1．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
答案 B
解析 根据排序原理，反序和最小，即az＋by＋cx最小．
2．已知a，b，c＞0，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )
A．大于零 B．大于零或等于零
C．小于零 D．小于零或等于零
答案 B
解析 当a＝b＝c＝1时，
a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝0，
当a＝1，b＝2，c＝3时，
a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62.
3．设a，b，c都是正数，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
答案 A
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.
∵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.
4．在锐角三角形ABC中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的大小关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
答案 C
解析 不妨设A≥B≥C，
则a≥b≥c，cos A≤cos B≤cos C，
则由排序不等式有
Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A
＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)，
Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥bcos A＋ccos B＋acos C
＝R(2sin Bcos A＋2sin Ccos B＋2sin Acos C)，
上面两式相加，得
Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥R(2sin Acos B＋
2sin Bcos A＋2sin Bcos C＋2sin Ccos B＋2sin Ccos A＋2sin Acos C)
＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]
＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝P＝.
5．设a1，a2，a3为正数，E＝＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关系是( )
A．E＜F B．E≥F C．E＝F D．E≤F
答案 B
解析 不妨设a1≥a2≥a3＞0，
则≤≤且a2a3≤a3a1≤a1a2，
∴＋＋≥·a1a2＋·a2a3＋·a3a1
＝a1＋a2＋a3.
∴E≥F.
6．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋xy3，则M与N的大小关系是( )
A．M＞N B．M≥N C．M＜N D．M≤N
答案 B
解析 ∵x≥y，
∴x3≥y3.
∴M＝x·x3＋y·y3≥x3·y＋y3·x＝x3y＋y3x＝N.
二、填空题
7．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1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
答案 32 28
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.
8．5个人各拿一只水桶到水龙头接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4 min,8 min,6 min，10 min，5 min，统筹安排这5个人接水的顺序，则他们等待的总时间最少为________ min.
答案 84
解析 5个人按接水时间为4 min,5 min,6 min,8 min，10 min的顺序进行接水时等待的总时间最少，为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84(min)．
9．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________．
答案 aA＋bB≥(a＋b)
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)．
10．设a1，a2，…，an为正数，且a1＋a2＋…＋an＝5，则＋＋…＋＋的最小值为________．
答案 5
解析 由所求代数式的对称性，
不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，
所以a≤a≤…≤a，
≥≥…≥，
而，，…，，为，，，…，的一个排列，由乱序和≥反序和，得a·＋a·＋…＋a·＋a·≥a·＋a·＋…＋a·，即＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an＝5.
三、解答题
11．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，
所以alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c，
alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c，
所以2alg a＋2blg b＋2clg c≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c，
所以lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab＋c·ba＋c·ca＋b)，
故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
12．设a1，a2，…，an是n个互不相等的正整数，求证：
1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
证明 设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一个排列，且满足b1＜b2＜…＜bn.
因为b1，b2，…，bn是互不相等的正整数，
故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n.
又因为1＞＞＞…＞，
故由排序不等式，得
a1＋＋＋…＋≥b1＋＋＋…＋
≥1×1＋2×＋3×＋…＋n·
＝1＋＋＋…＋.
13．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在上为增函数，y＝cos x在为减函数，
∴0＜sin α＜sin β＜sin γ，cos α＞cos β＞cos γ＞0.
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
四、探究与拓展
14．设x，y，z为正数，求证：
x＋y＋z≤＋＋.
证明 由于不等式关于x，y，z对称，
不妨设0＜x≤y≤z，
于是x2≤y2≤z2，≤≤，
由反序和≤乱序和，得
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
将上面两式相加得
2(x＋y＋z)≤＋＋，
于是x＋y＋z≤＋＋.
15．设x＞0，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
证明 (1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn.
由排序原理知，
1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥xn·1＋xn－1·x＋…＋1·xn，
所以1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ①
又因为x，x2，…，xn,1为1，x，x2，…，xn的一个排序，于是由排序原理得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
所以x＋x3＋…＋x2n－1≥nxn. ②
①＋②，得
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
(2)当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞xn，
同理可得结论．
综合(1)与(2)可知，当x＞0时，
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
二 一般形式的柯西不等式
学习目标 1.理解并掌握三维形式的柯西不等式.2.了解柯西不等式的一般形式，体会从特殊到一般的思维过程.3.会用三维形式及一般形式的柯西不等式解决一些特殊形式的问题．
知识点一 三维形式的柯西不等式
思考1 类比平面向量，在空间向量中，如何用|α||β|≥|α·β|，推导三维形式的柯西不等式？
答案 设α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)，
则|α|＝，|β|＝.
∵|α||β|≥|α·β|，
∴·≥|a1b1＋a2b2＋a3b3|，
∴(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.
思考2 三维形式的柯西不等式中，等号成立的条件是什么？
答案 当且仅当α，β共线时，即β＝0或存在实数k，使a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3时，等号成立．
梳理 三维形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当b1＝b2＝b3＝0或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2,3)时等号成立．
知识点二 一般形式的柯西不等式
1．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2.
2．柯西不等式等号成立的条件
当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得
ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时等号成立.
类型一 利用柯西不等式证明不等式
例1 设a，b，c为正数，且不全相等．
求证：＋＋＞.
证明 构造两组数，，；
，，，则由柯西不等式得
(a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2， ①
即2(a＋b＋c)≥9，
于是＋＋≥.
由柯西不等式知，
①中有等号成立?＝＝?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c.
因为题设中a，b，c不全相等，故①中等号不成立，
于是＋＋＞.
反思与感悟 有些问题一般不具备直接应用柯西不等式的条件，可以通过：
(1)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以巧拆常数．
(2)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以重新安排各项的次序．
(3)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以改变式子的结构，从而达到使用柯西不等式的目的．
(4)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以添项．
跟踪训练1 已知a，b，c∈R＋，求证·≥9.
证明 由柯西不等式知，
左边＝×
≥2
＝(1＋1＋1)2＝9，
∴原不等式成立．
例2 设a1，a2，…，an为正整数，求证：＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明 由柯西不等式，得
(a2＋a3＋…＋a1)
≥2
＝(a1＋a2＋…＋an)2，
故＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an.
反思与感悟 一般形式的柯西不等式往往看着比较复杂，这时一定要注意式子的结构特征，一边一定要出现“方、和、积”的形式．
跟踪训练2 已知a1，a2，…，an∈R＋，且a1＋a2＋…＋an＝1，求证：＋＋…＋＋≥.
证明 ∵×2
＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋a1)]
≥2
＝(a1＋a2＋…＋an)2＝1，
∴＋＋…＋≥.
类型二 利用柯西不等式求函数的最值
例3 (1)若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝a(a为常数)，则x2＋y2＋z2的最小值为________．
(2)已知0＜x＜1,0＜y＜1，则函数f(x)＝＋的最小值是________．
答案 (1) (2)
解析 (1)∵(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝a2，当且仅当＝＝时取等号，即14(x2＋y2＋z2)≥a2，
∴x2＋y2＋z2≥，即x2＋y2＋z2的最小值为.
(2)＋≥＝，
故f(x)的最小值为.
反思与感悟 利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果．同时，要注意等号成立的条件．
跟踪训练3 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)
≥2
＝(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.
1．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，则＋2＋的最大值为( )
A．2 B．2 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵(＋2＋)2＝(1·＋2·＋·)2≤[12＋22＋()2][()2＋()2＋()2]
＝8(x＋y＋z)＝16
(当且仅当x＝y＝z＝时取等号)，
∴＋2＋≤4.
2．若a，b，c∈R＋，且＋＋＝1，则a＋2b＋3c的最小值为( )
A．9 B．3 C. D．6
答案 A
解析 由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·≥(1＋1＋1)2＝9，
∴a＋2b＋3c的最小值为9.
3．设a，b，c，d均为正实数，则(a＋b＋c＋d)的最小值为________．
答案 16
解析 (a＋b＋c＋d)
＝[()2＋()2＋()2＋()2]·
≥2
＝(1＋1＋1＋1)2＝42＝16，
当且仅当a＝b＝c＝d时取等号．
4．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[()2＋()2＋()2]·≥(x＋y＋z)2，当且仅当＝＝，即x＝y＝z＝时，等号成立，
所以＋＋≥＝.
1．柯西不等式的一般结构为(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在利用柯西不等式证明不等式时关键是正确构造左边的两个数组，从而利用题目的条件正确解题．
2．要求ax＋by＋z的最大值，利用柯西不等式(ax＋by＋z)2≤(a2＋b2＋12)(x2＋y2＋z2)的形式，再结合已知条件进行配凑，是常见的变形技巧．对于许多不等式问题，用柯西不等式来解往往是简明的，正确理解柯西不等式，掌握它的结构特点，就能更灵活地应用它．
一、选择题
1．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 (a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)·(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1，
当且仅当＝＝…＝＝1时取等号．
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
2．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，则ab＋bc＋cd＋ad的最小值为( )
A．5 B．－5
C．25 D．－25
答案 B
解析 (ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)·(b2＋c2＋d2＋a2)＝25，
当且仅当a＝b＝c＝d＝±时，等号成立．
∴ab＋bc＋cd＋ad的最小值为－5.
3．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由柯西不等式，得(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，
当且仅当＝＝＝时取等号，
因此有＝.
4．已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为( )
A．3 B．3
C．18 D．9
答案 B
解析 由柯西不等式，得(＋＋)2
≤(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
＝3[3(a＋b＋c)＋3]．
∵a＋b＋c＝1，
∴(＋＋)2≤3×6＝18，
∴＋＋≤3，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
5．设a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是( )
A．1 B.
C．3 D．9
答案 B
6．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
答案 B
解析 ∵(12＋12＋12)[x2＋y2＋(1－x－y)2]
≥[x＋y＋(1－x－y)]2＝1，
∴x2＋y2＋(1－x－y)2≥，
当且仅当x＝y＝时等号成立．
二、填空题
7．设a，b，c∈R＋，若(a＋b＋c)≥25恒成立，则正数k的最小值是________．
答案 9
解析 因为(a＋b＋c)≥(1＋1＋)2＝(2＋)2，当且仅当a＝b＝时，等号成立，所以(a＋b＋c)·的最小值是(2＋)2.由(a＋b＋c)·≥25恒成立，得(2＋)2≥25.又k＞0，所以k≥9，所以正数k的最小值是9.
8．设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值是________．
答案 121
解析 (a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]
≥2
＝(2＋3＋6)2＝121.
当且仅当＝＝＝k(k为正实数)时，等号成立．
9．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，则＋＋的最大值为________．
答案 4
解析 由柯西不等式，得(＋＋)2
＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3)
＝3(2×6＋4)＝48.
当且仅当＝＝，
即2a＝2b＋1＝2c＋3时等号成立．
又a＋b＋c＝6，
∴当a＝，b＝，c＝时，
＋＋取得最大值4.
10．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________．
答案 9
解析 (22＋22＋12)[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2]
≥[2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)]2
＝(2x＋2y＋z－1)2＝81，
∴(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥9.
当且仅当＝＝时，取等号．
三、解答题
11．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a，又正数p，q，r满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
证明 因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
即函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a＝3，
所以p＋q＋r＝3.
由柯西不等式得
(p2＋q2＋r2)(1＋1＋1)≥(p＋q＋r)2＝9，
于是p2＋q2＋r2≥3.
12．设a1＞a2＞…＞an＞an＋1，求证：＋＋…＋＋＞0.
证明 为了运用柯西不等式，我们将a1－an＋1写成a1－an＋1＝(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(an－an＋1)，于是
[(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(an－an＋1)]·
≥n2＞1.
即(a1－an＋1)·＞1，
所以＋＋…＋＞，
故＋＋…＋＋＞0.
四、探究与拓展
13．边长为a，b，c的三角形ABC，其面积为，外接圆半径为1，若s＝＋＋，t＝＋＋，则s与t的大小关系是________．
答案 s＜t
解析 由已知得absin C＝，＝2R＝2，
所以abc＝1，
所以＋＋＝ab＋bc＋ca，
由柯西不等式得
(ab＋bc＋ca)≥(＋＋)2，
所以2≥(＋＋)2，
即＋＋≥＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
又当等号成立时，面积S＝≠，
故等号不成立．
故s＜t.
14．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1.
(1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，则x，y，z的值分别为__________；
(2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，则正数t的取值范围为__________________．
答案 (1)，， (2)[6，＋∞)
解析 (1)∵(2x2＋3y2＋6z2)≥(x＋y＋z)2＝1，当且仅当＝＝时，等号成立，
∴2x＝3y＝6z.又∵x＋y＋z＝1，
∴x＝，y＝，z＝.
(2)∵(2x2＋3y2＋tz2)·≥(x＋y＋z)2＝1，
当且仅当＝＝时，等号成立，
∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝.
∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，
∴≥1.
又t＞0，∴t≥6.
复习课
学习目标 1.梳理本专题主要知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式，熟练掌握柯西不等式的各种形式及应用技巧.3.理解排序不等式及应用.4.进一步体会柯西不等式与排序不等式所蕴含的数学思想及方法．
1．二维形式的柯西不等式
(1)二维形式的柯西不等式：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
(3)二维形式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2∈R，那么＋≥.
2．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2.当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
3．排序不等式
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a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
类型一 利用柯西不等式证明不等式
例1 已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：＋＋＋＞＋＋＋.
证明 由柯西不等式知，
·≥2，
于是＋＋＋≥＋＋＋. ①
等号成立?＝＝＝
?＝＝＝?a＝b＝c＝d.
又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．
即＋＋＋＞＋＋＋.
反思与感悟 利用柯西不等式证题的技巧
(1)柯西不等式的一般形式为(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．
(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．
跟踪训练1 若n是不小于2的正整数，求证：＜1－＋－＋…＋－＜.
证明 1－＋－＋…＋－
＝－2
＝＋＋…＋，
所以求证式等价于＜＋＋…＋＜.
由柯西不等式，有
[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]＞n2，
于是＋＋…＋＞
＝＝≥＝，
又由柯西不等式，有＋＋…＋
＜
＜ ＝.
综上，＜1－＋－＋…＋－＜.
类型二 利用排序不等式证明不等式
例2 设A，B，C表示△ABC的三个内角弧度数，a，b，c表示其对边，求证：≥.
证明 不妨设0＜a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由排序不等式，得
aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC，
aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC，
aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC.
相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)·(A＋B＋C)
＝π(a＋b＋c)，得≥.
引申探究
若本例条件不变，求证：＜.
证明 不妨设0＜a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b，
有0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b)
＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C)
＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C)
＝(a＋b＋c)π－2(aA＋bB＋cC)．
得＜.
反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的策略
(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择．
(2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．
跟踪训练2 设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a10＋b10＋c10.
证明 由a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c，
于是a12≥b12≥c12，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋＝＋＋. ①
又因为a11≥b11≥c11，≤≤，
再次由排序不等式，得
＋＋≤＋＋. ②
由①②得＋＋≥a10＋b10＋c10.
类型三 利用柯西不等式或排序不等式求最值
例3 (1)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．
(1)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≥，
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝时，上式取等号．故x＝，y＝.
(2)设a1，a2，a3，a4，a5是互不相同的正整数，求M＝a1＋＋＋＋的最小值．
解 设b1，b2，b3，b4，b5是a1，a2，a3，a4，a5的一个排列，且b1＜b2＜b3＜b4＜b5.
因此b1≥1，b2≥2，b3≥3，b4≥4，b5≥5.
又1≥≥≥≥.
由排序不等式，得
a1＋＋＋＋≥b1＋＋＋＋
≥1×1＋2×＋3×＋4×＋5×
＝1＋＋＋＋＝.即M的最小值为.
反思与感悟 利用柯西或排序不等式求最值的技巧
(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．
(2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略．
跟踪训练3 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 ＋＋≤＋＋
＝
≤＝.
故λ的取值范围是.
1．函数y＝2＋的最大值为( )
A. B．－
C．－3 D．3
答案 D
解析 y2＝(·＋1·)2≤[()2＋12][()2＋()2]
＝3×3＝9.
∴y≤3，y的最大值为3.
2．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，则a的最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.
∴5－a2≥(3－a)2.
解得1≤a≤2.
验证：当a＝2时，等号成立．
3．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，，
答案 B
解析 由柯西不等式得
(22＋32＋42)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋4z)2，
即x2＋y2＋z2≥.
当且仅当＝＝时，等号成立，
所以联立
可得x＝，y＝，z＝.
4．设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明 不妨设a≥b≥c＞0，
则≤≤，ab≥ac≥bc，
∵＋＋≥＋＋＝a＋b＋c，
∴＋＋≥a＋b＋c.
1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式．
2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．
3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．
4．数学建模是数学学习中的一种新形式，它为学生提供了自己学习的空间，有助于学生了解数学在实际生活中的应用，体会数学与日常生活及其他学科的联系．
一、选择题
1．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
答案 C
解析 ＋＝(sin2α＋cos2α)≥2＝(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.
2．已知a，b，c为正数且a＋b＋c＝3，则＋＋的最小值为( )
A．4 B．4 C．6 D．6
答案 C
解析 ∵a，b，c为正数，
∴＝≥a＋b.
同理≥b＋c，≥c＋a，
相加得(＋＋)
≥2(b＋c＋a)＝6，
即＋＋≥6，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
3．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4，则3x＋4y的最大值为( )
A．21 B．11
C．18 D．28
答案 A
解析 根据柯西不等式，得
[(x－1)2＋(y－2)2][32＋42]≥[3(x－1)＋4(y－2)]2
＝(3x＋4y－11)2，
∴(3x＋4y－11)2≤100.
可得3x＋4y≤21，当且仅当＝＝时取等号．
4．已知x，y，z是非负实数，若9x2＋12y2＋5z2＝9，则函数u＝3x＋6y＋5z的最大值是( )
A．9 B．10 C．14 D．15
答案 A
解析 ∵(3x＋6y＋5z)2≤[12＋()2＋()2]·[(3x)2＋(2y)2＋(z)2]＝9(9x2＋12y2＋5z2)＝81，当且仅当3x＝2y＝z时，等号成立．
故u＝3x＋6y＋5z的最大值为9.
5．已知x，y，z∈R＋，且＋＋＝1，则x＋＋的最小值为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
答案 D
解析 由柯西不等式知，
≥(1＋1＋1)2＝9，
因为＋＋＝1，
所以x＋＋≥9.
即x＋＋的最小值为9.
6．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
答案 A
解析 不妨设a1≥a2≥…≥an＞0，
则≤≤…≤，
由排序不等式知，
＋＋…＋≥a1·＋a2·＋…＋an·＝n.
二、填空题
7．设a，b，c，d，m，n∈R＋，P＝＋，Q＝·，则P，Q的大小关系为________．
答案 P≤Q
解析 由柯西不等式得P＝＋≤·＝Q，当且仅当 ＝ 时，等号成立，
∴P≤Q.
8．设x，y，z∈R，若x2＋y2＋z2＝4，则x－2y＋2z的最小值为________．
答案 －6
解析 由柯西不等式，得
(x2＋y2＋z2)[12＋(－2)2＋22]≥(x－2y＋2z)2，
故(x－2y＋2z)2≤4×9＝36.
当且仅当＝＝＝k，k＝±时，上式取得等号，
当k＝－时，x－2y＋2z取得最小值－6.
9．已知点P是边长为2的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x，y，z，则x，y，z所满足的关系式为________，x2＋y2＋z2的最小值是________．
答案 x＋y＋z＝3 3
解析 利用三角形面积相等，得
×2(x＋y＋z)＝×(2)2，
即x＋y＋z＝3.
由(1＋1＋1)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝9，
得x2＋y2＋z2≥3，
当且仅当x＝y＝z＝1时取等号．
10．若a，b，c∈R，设x＝a3＋b3＋c3，y＝a2b＋b2c＋c2a，则x，y的大小关系为________．
答案 x≥y
解析 取两组数a，b，c；a2，b2，c2.不管a，b，c的大小顺序如何，a3＋b3＋c3都是顺序和，a2b＋b2c＋c2a都是乱序和，a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a.
三、解答题
11．(2018·江苏)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
解 由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.
因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，
当且仅当＝＝时，不等式取等号，
此时x＝，y＝，z＝，
所以x2＋y2＋z2的最小值为4.
12．已知a，b，c为正数，求证：≥abc.
证明 考虑到正数a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c>0，
则≤≤，bc≤ca≤ab，
由排序不等式知，顺序和≥乱序和，
∴＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c.
∵a，b，c为正数，
∴两边同乘以，
得≥abc.
13．设a，b，c，d∈R＋，令S＝＋＋＋，求证：1＜S＜2.
证明 首先证明＜(a＞b＞0，m＞0)．
因为－＝
＝＜0，
所以S＝＋＋＋
＜＋＋＋＝＝2，
所以S＜2.
又S＞＋＋＋
＝＝1，
所以1＜S＜2.
四、探究与拓展
14．已知5a2＋3b2＝，则a2＋2ab＋b2的最大值为________．
答案 1
解析 ∵[(a)2＋(b)2]
≥2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，
当且仅当5a＝3b，即a＝，b＝时取等号．
∴×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.
∴a2＋2ab＋b2≤×(5a2＋3b2)＝×＝1.
∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.
15．已知a，b，c均为实数，且a＋b＋c＋2－2m＝0，a2＋b2＋c2＋m－1＝0.
(1)求证：a2＋b2＋c2≥；
(2)求实数m的取值范围．
(1)证明 由柯西不等式得·(12＋22＋32)≥(a＋b＋c)2，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，
即×14≥(a＋b＋c)2，
∴a2＋b2＋c2≥.
(2)解 由已知得a＋b＋c＝2m－2，
a2＋b2＋c2＝1－m，
∴由(1)可知，14(1－m)≥(2m－2)2，
即2m2＋3m－5≤0，解得－≤m≤1.
又∵a2＋b2＋c2＝1－m≥0，∴m≤1，
∴－≤m≤1.
即实数m的取值范围为.
