第13章
选修4-5
不等式选讲
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式本题为高考选做题，以解答题形式出现，分值10分．2.考查内容
(1)含绝对值不等式主要考查其解法及利用不等式恒成立求参数的值或范围；(2)不等式的证明主要考查用均值不等式、柯西不等式证明不等式.
绝对值不等式
[考试要求]
1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R).
2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：
|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.
1．绝对值不等式的解集
(1)含绝对值的不等式|x|
a的解法
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a＜x＜a}
?
?
|x|>a
{x|x＞a或x＜－a}
{x∈R|x≠0}
R
(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
①|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；
②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想．
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．
法三：通过构造函数，利用函数的图像求解，体现了函数与方程的思想．
2．绝对值三角不等式
定理1：如果a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若|x|＞c的解集为R，则c≤0.( )
(2)不等式|x－1|＋|x＋2|＜2的解集为?.( )
(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a＞b＞0时等号成立．( )
(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．不等式3≤|5－2x|<9的解集为( )
A．[－2,1)∪[4,7)
B．(－2,1]∪(4,7]
C．(－2，－1]∪[4,7)
D．(－2,1]∪[4,7)
D [由题意得
即
解得
不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．]
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4)
B．(－∞，1)
C．(1,4)
D．(1,5)
A [①当x<1时，原不等式等价于1－x－(5－x)<2，即－4<2，恒成立，
∴x<1.
②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－(5－x)<2，即x<4，
∴1≤x＜4.
③当x>5时，原不等式等价于x－1－(x－5)<2，即4<2，无解．综合①②③知x<4.]
3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
2 [∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]
4．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
[－2,4] [利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.]
考点一 含绝对值不等式的解法
(1)形如|x－a|±|x－b|≥(≤)c的不等式，主要有如下三种解法：
①零点分段法．不妨设a＜b，利用绝对值符号内的式子对应的方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b)，[b，＋∞)三段，在每一段上去掉原不等式的绝对值符号，分别列出对应的不等式(组)并求解，然后取这些解集的并集．
②图像法．作出y＝|x－a|±|x－b|和y＝c或y＝|x－a|±|x－b|－c的图像，结合图像求解．该方法体现了数形结合和函数与方程的数学思想．
③几何法．利用绝对值不等式的几何意义——|x－a|±|x－b|表示数轴上所有的点到a，b对应的点的距离之和或差求解．该方法体现了数形结合的数学思想．
(2)形如|mx－a|±|nx－b|≥(≤)c的不等式，主要采用上述方法①②进行求解．
(3)形如|mx－a|±|nx－b|≥(≤)cx＋d的不等式，主要采用上述方法①②进行求解．
[典例1] (1)(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
①当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；
②若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
①当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
②若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
[解] (1)①当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
②因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，
f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0
所以a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)①当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
②当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
点评：(1)解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x的系数为1(或可化为1)，选用几何法或图像法求解较为简单．若x的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍；(2)不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．
1．已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.
两边平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，
解得x≤－1或x≥－.
所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪.
(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.
令h(x)＝|2x＋1|－|x|，
则h(x)＝
由分段函数图像可知h(x)min＝h＝－，
从而所求实数a的取值范围为.
2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图像；
(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．
[解] (1)由题设知f(x)＝
y＝f(x)的图像如图所示．
(2)函数y＝f(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数y＝f(x＋1)的图像．
y＝f(x)的图像与y＝f(x＋1)的图像的交点坐标为.
由图像可知当且仅当x<－时，y＝f(x)的图像在y＝f(x＋1)的图像上方．
故不等式f(x)>f(x＋1)的解集为.
考点二 绝对值不等式性质的应用
1．求含绝对值的函数最值，常用的三种方法
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||.
(3)利用零点分区间法．
2．利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想使函数、不等式中不含变量，可以求最值，也可以证明不等式．
[典例2] (1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．
(2)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.
①当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；
②若f(x)≤1，求a的取值范围．
[解] (1)由|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，得|2x＋3y＋1|的最大值为7.
(2)①当a＝1时，
f(x)＝
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
②f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
点评：对于求y＝＋或y＝－型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝＋的函数只有最小值，形如y＝－的函数既有最大值又有最小值．
1．已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对于x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.
[解] (1)f(x)<|x|＋1?|x|－|2x－1|＋1>0，
当x<0时，－x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以无解；
当0≤x≤时，x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以0当x>时，x－(2x－1)＋1>0，得x<2，所以故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝<1.
故不等式f(x)＜1得证．
2．(2020·昆明市三诊一模)已知函数f(x)＝|x|－|2x－2|.
(1)求不等式f(x)≥－3的解集；
(2)若a∈R，且a≠0，证明：|4a－1|＋≥4f(x)．
[解] (1)法一：f(x)＝|x|－|2x－2|
＝作出f(x)的图像，如图所示．
结合图像，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，又f(－1)＝－3，f(5)＝－3，
所以不等式f(x)≥－3的解集是{x|－1≤x≤5}．
法二：f(x)＝|x|－|2x－2|≥－3，
等价于
或或，
解得－1≤x＜0或0≤x＜1或1≤x≤5，
所以不等式f(x)≥－3的解集是{x|－1≤x≤5}．
(2)由(1)知函数f(x)的最大值是f(1)＝1，所以f(x)≤1恒成立．
因为|4a－1|＋≥＝＝|4a|＋≥4，
当且仅当a＝±时，等号成立．
所以|4a－1|＋≥4f(x)．
考点三 绝对值不等式的综合应用
与绝对值不等式有关的参数范围问题及解法
设函数f(x)中含有绝对值，则
(1)f(x)>a有解?f(x)max>a.
(2)f(x)>a恒成立?f(x)min>a.
(3)f(x)>a恰在(c，b)上成立?c，b是方程f(x)＝a的解．
[典例3] (1)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
①求不等式f(x)≥1的解集；
②若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．
(2)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
①画出y＝f(x)的图像；
②当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
[解] (1)①f(x)＝
当x<－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
当x>2时，由f(x)≥1，解得x>2，
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
②由f(x)≥x2－x＋m，得
m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x
≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|
＝－2＋≤，
当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
(2)①f(x)＝
y＝f(x)的图像如图所示．
②由①知，y＝f(x)的图像与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
点评：(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
1．设函数f(x)＝x＋|x－a|.
(1)当a＝2
020时，求函数f(x)的值域；
(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立时a的取值范围．
[解] (1)由题意得，当a＝2
020时，
f(x)＝
因为f(x)在[2
020，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的值域为[2
020，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，
知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
所以|1＋a|>2，
解得a>1或a<－3.
即a的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝，不等式f(x)≤4的解集为.
(1)求实数a的值；
(2)设g(x)＝f(x)＋f(x＋3)，若存在x∈R，使g(x)－tx≤2成立，求实数t的取值范围．
[解] (1)由≤4得－4≤ax－2≤4，
即－2≤ax≤6.当a>0时，－≤x≤，
所以解得a＝1；
当a<0时，≤x≤－，
所以无解．所以实数a的值为1.
(2)由已知g(x)＝f(x)＋f(x＋3)＝|x＋1|＋|x－2|＝
不等式g(x)－tx≤2转化成g(x)≤tx＋2，
由题意知函数g(x)的图像与直线y＝tx＋2相交，作出对应图像，
由图得，当t<0时，t≤kAM；
当t>0时，t≥kBM，又因为kAM＝－1，kBM＝，所以t≤－1或t≥，
即t∈(－∞，－1]∪[，＋∞)．
PAGE 不等式的证明
[考试要求] 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．
1．基本不等式的推广
如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．柯西不等式
(1)柯西不等式的代数形式：设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)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α或β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ(α，β为非零向量)时，等号成立．
(3)柯西不等式的三角形不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋
≥.
(4)柯西不等式的一般形式：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．不等式的证明方法
(1)比较法
①作差法(a，b∈R)：a－b>0?a>b；a－b<0?a②作商法(a>0，b>0)：>1?a>b；<1?a(2)综合法与分析法
①综合法：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．综合法又叫顺推证法或由因导果法．
②分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
(3)放缩法
证明不等式时，有时我们要把所证不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．这种方法称为放缩法．
(4)反证法的步骤
①作出否定结论的假设；
②进行推理，导出矛盾；
③否定假设，肯定结论.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )
(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )
(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )
(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．不等式：①x2＋3＞3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是( )
A．①③
B．②③
C．①②③
D．①②
D [由①得x2＋3－3x＝2＋＞0，所以x2＋3＞3x；对于②，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab＜0时，＋－2＝＜0，即＋＜2，故选D.]
2．已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．
M≥N [2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.]
3．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
9 [∵a＋b＋c＝1，
∴＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2
＝3＋6＝9，
当且仅当a＝b＝c时等号成立．]
4．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
[根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，
即m2＋n2≥5，
所以的最小值为.]
考点一 用综合法与分析法证明不等式
用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以开阔解题思路，开阔视野．
1．(2020·全国卷Ⅲ)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)证明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥.
[证明] (1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以
ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]
＝－(a2＋b2＋c2)＜0.
(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，
所以a＞0，b＜0，c＜0.
由bc≤，可得abc≤，故a≥，
所以max{a，b，c}≥.
2．设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
[证明] 因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥，
只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤＋＋
＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立，
所以原不等式成立．
3．(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
[证明] (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
点评：(1)利用综合法证明不等式时，常用的不等式有：
①a2≥0；②|a|≥0；③a2＋b2≥2ab，它的变形形式又有(a＋b)2≥4ab，≥2等；④≥(a>0，b>0)，它的变形形式又有a＋≥2(a>0)，＋≥2(ab>0)，＋≤－2(ab<0)等．
(2)用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，分析的过程是寻求结论成立的充分条件，而不一定是充要条件，同时要正确使用“要证”“只需证”这样的“关键词”．
考点二 放缩法证明不等式
(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有：
①变换分式的分子和分母，如<，>，<，>，上面不等式中k∈N＋，k>1；
②利用函数的单调性；
③利用结论，如“若00，则<”．
(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩．
[典例1] (1)设a>0，<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4|(2)求证：＋＋＋…＋<.
[证明] (1)由a>0，|x－1|<，可得|2x－2|<，
又|y－2|<，
∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|
≤|2x－2|＋|y－2|<＋＝a.
即|2x＋y－4|(2)∵<＝－，
∴＋＋＋…＋<1＋＋(－＋…＋－)＝＋(－)<.
点评：(1)本例(1)采用了绝对值不等式的性质证明不等式，通过变形、配凑达到证明的目的；
(2)本例(2)采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰到好处．
1．设n是正整数，求证：
≤
＋＋…＋＜1.
[证明] 由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得
≤
＜.
当k＝1时，
≤
＜；
当k＝2时，
≤
＜；
…
当k＝n时，
≤
＜，
∴＝
≤
＋＋…＋＜＝1.
∴原不等式成立．
2．若a，b∈R，求证：≤＋.
[证明] 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|?
≥
，
所以＝
≤
＝＝＋
≤
＋.
综上，原不等式成立．
考点三 柯西不等式的应用
柯西不等式的解题策略
(1)利用柯西不等式证明不等式，先使用拆项重组、添项等方法构造符合柯西不等式的形式及条件，再使用柯西不等式解决有关问题．
(2)利用柯西不等式求最值，实质上就是利用柯西不等式进行放缩，放缩不当则等号可能不成立，因此一定不能忘记检验等号成立的条件.
[典例2] (2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
[解] (1)由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
点评：利用柯西不等式证明不等式或求解某些含有约束条件的多变量的最值问题，解决的关键是构造两组数，并向柯西不等式的形式进行转化．
1．已知a，b，c∈R，且满足a＋2b＋3c＝6，求a2＋2b2＋3c2的最小值．
[解] 由柯西不等式，得(1＋2＋3)(a2＋2b2＋3c2)≥(1·a＋·b＋·c)2.
得6(a2＋2b2＋3c2)≥(a＋2b＋3c)2＝36.
所以a2＋2b2＋3c2≥6.
当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝1时，上式等号成立．所以a2＋2b2＋3c2的最小值为6.
2．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，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
所以5≥|x＋y＋z|，所以－5≤x＋y＋z≤5.
即x＋y＋z的取值范围是[－5,5]．
3．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.
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