学年高中数学第二章几个重要的不等式学案北师大版选修45.docx
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学年高中数学第二章几个重要的不等式学案北师大版选修45
第二章几个重要的不等式
§1 柯西不等式
1.1 简单形式的柯西不等式
学习目标
1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式.
2.会用柯西不等的代数形式和向量形式证明比较简单的不等式,会求某些函数的最值.
预习自测
1.柯西不等式
若a,b,c,d∈R,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,等号成立⇔ad=bc.
2.柯西不等式的向量形式
设α,β为平面上的两个向量,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.
自主探究
1.如何证明:
a1,a2,b1,b2∈R时,(a+a)(b+b)≥(a1b1+a2b2)2?
提示 (a+a)(b+b)-(a1b1+a2b2)2≥0
⇔ab+ab+ab+ab-ab-ab-2a1b1a2b2≥0
⇔ab-2a1b1a2b2+ab≥0
⇔(a1b2-a2b1)2≥0.
上式中等号成立⇔a1b2=a2b1.
2.设平面上两个向量为α=(a1,a2),β=(b1,b2),你能证明|α||β|≥|α·β|吗?
提示 ∵cos〈α,β〉==,
∴cos2〈α,β〉=≤1,
即(a+a)(b+b)≥(a1b1+a2b2)2,
·≥|a1b1+a2b2|.
∴|α||β|≥|α·β|,等号成立的充要条件为α=λβ(λ≠0).
典例剖析
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.
一、选择题
1.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.
其中正确的个数有( )
A.1个B.2个
C.3个D.0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
2.函数y=+的最小值是( )
A.20B.25
C.27D.18
解析 y=+=[2x+(1-2x)]
=[()2+()2]
≥=(2+3)2=25.
答案 B
3.设a、b∈(0,+∞),且a≠b,P=+,Q=a+b,则( )
A.P>QB.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 二、填空题 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] ≥=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.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 三、解答题 7.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. 8.设a,b∈(0,+∞),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. 9.已知a2+b2=1,a,b∈R,求证: |acosθ+bsinθ|≤1. 证明 ∵(acosθ+bsinθ)2≤(a2+b2)(cos2θ+sin2θ) =1·1=1,∴|acosθ+bsinθ|≤1. 1.2 一般形式的柯西不等式 学习目标 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. 预习自测 1.定理2,设a1,a2,…,an与b1,b2,…,bn是两组实数,则有(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当向量(a1,a2,…,an)与向量(b1,b2,…,bn)共线时,等号成立. 2.证明柯西不等式的一般形式的方法称为参数配方法. 3.推论 设a1,a2,a3,b1,b2,b3是两组实数,则有(a+a+a)(b+b+b)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2.当向量(a1,a2,a3)与向量(b1,b2,b3)共线时“=”成立. 自主探究 1.由二维的柯西不等式的向量式|α||β|≥|α·β|,你能推导出二维的柯西不等式的代数式吗? 提示 设α=(a1,a2),β=(b1,b2),则α·β=a1b1+a2b2 代入向量式得: (a+a)(b+b)≥(a1b1+a2b2)2. 当且仅当a1b2=a2b1时,等号成立. 2.在空间向量中,|α||β|≥|α·β|,你能据此推导出三维的柯西不等式的代数式吗? 提示 设α=(a1,a2,a3),β=(b1,b2,b3), 则α·β=a1b1+a2b2+a3b3代入向量式得 (a+a+a)(b+b+b)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2. 当且仅当α与β共线时,即存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,3)时,等号成立. 3.你能猜想出柯西不等式的一般形式并给出证明吗? 提示 柯西不等式的一般形式为: 若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都为实数,则有(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,证明如下: 若a1=a2=…=an=0,则不等式显然成立,故设a1,a2,…,an至少有一个不为零,则a+a+…+a>0. 考虑二次三项式(a+a+…+a)x2+2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b+b+…+b) =(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(anx+bn)2≥0. 对于一切实数x成立,设二次三项式的判别式为Δ, 则=(a1b1+a2b2+…+anbn)2-(a+a+…+a)(b+b+…+b)≤0. 所以(a+a+…+a)(b+b+…+b) ≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2. 即(a+a+…+a)≥|a1b1+a2b2+…+anbn| 等号成立⇔==…=. 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]· ≥ =(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∈(0,+∞)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.设2x+3y+5z=29,求函数u=++的最大值. 解 根据柯西不等式 120=3[(2x+1)+(3y+4)+(5z+6)]≥(1×+1×+1×)2, 故++≤2. 当且仅当2x+1=3y+4=5z+6, 即x=,y=,z=时等号成立,此时umax=2. 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-24z)2.① ∵(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-24z=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也有广泛的应用.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.△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sinA=, 所以=,同理=,= 于是左边=(a2+b2+c2) ≥=36R2. 故原不等式获证. 2.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. 一、选择题 1.设a,b,c∈(0,+∞),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.1B.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 二、填空题 4.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 5.设a,b,c>0且a+b+c=A(A为常数).则++的最小值为________. 解析 ++= ≥=. 答案 三、解答题 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,代入b=,c=,d=时,amax=2. b=1,c=,d=时,amin=1. 7.设a1>a2>…>an>an+1,求证: ++…++>0. 证明 ∵a1-an+1=(a1-a2)+(a2-a3)+…+(an-an+1), ∴[(a1-a2)+(a2-a3)+…+(an-an+1)]· ≥(·+·+…+·)2=n2>1. ∴(a1-an+1)>1. 即++…+>, 故++…++>0. 8.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. 9.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) ≥=(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的最小值是. §2 排序不等式 学习目标 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. 预习自测 1.定理1: 设a,b和c,d都是实数,如果a≥b,c≥d,那么ac+bd≥ad+bc,此式当且仅当a=b(或c=d)时取“=”号. 2.定理2: (排序不等式)设有两个有序实数组 a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn, 则 (顺序和) a1b1+a2b2+…+anbn≥ (乱序和)a1bj1+a2bj2+…+anbjn≥ (逆序和)a1bn+a2bn-1+…+anb1. 其中j1,j2,…,jn是1,2,…,n的任一排列方式.上式当且仅当a1=a2=…=an(或b1=b2=…=bn)时取“=”号. 自主探究 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,现在选择商店中有单价为3元、2元和1元的礼品,问有多少不同的购买方案? 在这些方案中哪种花钱最少? 哪种花钱最多? 提示 有多少种不同的购买方案,实质上就是礼品和单价有多少种不同的对应关系.与单价3元对应的礼品可以是4件的礼品,也可以是5件或2件的礼品共有三种对应关系,与单价2元对应的只还有剩下的2种.与单价一元对应的只有一种.由乘法分步计数原理知共有3×2×1=6种不同的购买方案. 根据生活的实际经验,花钱最少的方案应是最贵的礼品买最少的件数,最便宜的礼品买最多的件数,即1×5+2×4+3×2=19元,花钱最多的方案应是: 单价最高的礼品买最多的件数,单价最低的礼品买最少的件数,即1×2+2×4+3×5=25元. 2.设有两组实数,a1 提示 由问题1我应得到启发,和最大的应该为a1b1+a2b2+a3b3,和最小的应该是a1b3+a2b2+a3b1. 3.有10个人各拿一只水桶去接水,设水龙头注满第i(i=1,2,…,10)个人的水桶需要ti分,假设这些ti各不相同,问只有一个水龙头时,应如何安排10人的顺序,使他们等候的总时间最小? 这个最少的总时间等于多少? (根据排序原理回答) 提示 不妨设t1 典例剖析 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,逆序和≤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 因为,,…,是,,…,的一个排序, 故由排序原理: 逆序和≤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.
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