第3讲 2 一般形式的柯西不等式学案
文档属性
| 名称 | 第3讲 2 一般形式的柯西不等式学案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 135.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-11-18 15:54:18 | ||
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文档简介
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．2B．2C．4D．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．9B．3C.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．1B．2C．3D．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．6D．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absinC＝，＝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.
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．2B．2C．4D．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．9B．3C.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．1B．2C．3D．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．6D．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absinC＝，＝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.