2.1.2　柯西不等式的一般形式及其参数配方法的证明学案

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.