高中數(shù)學(xué)人教A版5柯西不等式與排序不等式 本講高效整合

第三講柯西不等式與排序不等式一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，則a＋b的取值范圍是()A．[－2eq\r(5)，2eq\r(5)] B．[－2eq\r(10)，2eq\r(10)]C．[－eq\r(10)，eq\r(10)] D．[－eq\r(5)，eq\r(5)]解析：由(a2＋b2)(1＋1)≥(a＋b)2，所以a＋b∈[－2eq\r(5)，2eq\r(5)]，故選A.答案：A2．若xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)＝1，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＋…＋yeq\o\al(2,n)＝1，則x1y1＋x2y2＋…＋xnyn的最大值是()A．2 B．1C．3 \f(\r(3,3),3)解析：由(x1y1＋x2y2＋…＋xnyn)2≤(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＋…＋yeq\o\al(2,n))＝1，故選B.答案：B3．學(xué)校要開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)，需要買(mǎi)價(jià)格不同的獎(jiǎng)品40件、50件、20件，現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為5元、3元、2元的獎(jiǎng)品，則至少要花()A．300元 B．360元C．320元 D．340元解析：由排序原理知，反序和最小為320，故選C.答案：C4．已知a，b，c為非零實(shí)數(shù)，則(a2＋b2＋c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＋\f(1,c2)))的最小值為()A．7 B．9C．12 D．18解析：由(a2＋b2＋c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＋\f(1,c2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(1,a)＋b·\f(1,b)＋c·\f(1,c)))2＝(1＋1＋1)2＝9，∴所求最小值為9，故選B.答案：B5．設(shè)a，b，c≥0，a2＋b2＋c2＝3，則ab＋bc＋ca的最大值為()A．0 B．1C．3 \f(\r(3,3),3)解析：由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，所以ab＋bc＋ca≤3.故應(yīng)選C.答案：C6．表達(dá)式xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)的最大值是()A．2 B．1\r(2) \f(\r(3),2)解析：因?yàn)閤eq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)≤eq\r(x2＋1－x21－y2＋y2)＝1，故選B.答案：B7．已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥a對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為()A．2 B．4\r(2) D．16解析：由(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥(1＋1)2＝4，因此不等式(x＋y)(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥a對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，即a≤4，故應(yīng)選B.答案：B8．設(shè)a，b，c為正數(shù)，a＋b＋4c＝1，則eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c)的最大值是()\r(5) \r(3)C．2eq\r(3) \f(\r(3),2)解析：1＝a＋b＋4c＝(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(2eq\r(c))2＝eq\f(1,3)[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(2eq\r(c))2]·(12＋12＋12)≥(eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c))2·eq\f(1,3)，∴(eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c))2≤3，即所求為eq\r(3).答案：B9．若a>b>c>d，x＝(a＋b)(c＋d)，y＝(a＋c)(b＋d)，z＝(a＋d)(b＋c)，則x，y，z的大小順序?yàn)?)A．x<z<y B．y<z<xC．x<y<z D．z<y<x解析：因a>d且b>c，則(a＋b)(c＋d)<(a＋c)(b＋d)，得x<y，因a>b且c>d，則(a＋c)(b＋d)<(a＋d)(b＋c)，得y<z，故選C.答案：C10．若0＜a1＜a2,0＜b1＜b2且a1＋a2＝b1＋b2＝1，則下列代數(shù)式中值最大的是()A．a(chǎn)1b1＋a2b2 B．a(chǎn)1a2＋b1bC．a(chǎn)1b2＋a2b1 \f(1,2)解析：利用特值法，令a1＝，a2＝，b1＝，b2＝計(jì)算后作答；或根據(jù)排序原理，順序和最大．答案：A11．已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＋d＝4，a2＋b2＋c2＋d2＝eq\f(16,3)，則a的最大值為()A．16 B．10C．4 D．2解析：構(gòu)造平面π：x＋y＋z＋(a－4)＝0，球O：x2＋y2＋z2＝eq\f(16,3)－a2，則點(diǎn)(b，c，d)必為平面π與球O的公共點(diǎn)，從而eq\f(|a－4|,\r(3))≤eq\r(\f(16,3)－a2)，即a2－2a≤0，解得0≤a≤故實(shí)數(shù)a的最大值是2.答案：D12．x，y，z是非負(fù)實(shí)數(shù)，9x2＋12y2＋5z2＝9，則函數(shù)u＝3x＋6y＋5z的最大值是()A．9 B．10C．14 D．15解析：u2＝(3x＋6y＋5z)2≤[(3x)2＋(2eq\r(3)y)2＋(eq\r(5)z)2]·[12＋(eq\r(3))2＋(eq\r(5))2]＝9×9＝81，∴u≤9.答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)13．已知a，b，c都是正數(shù)，且4a＋9b＋c＝3，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值是________．解析：由4a＋9b＋c＝3，∴eq\f(4a,3)＋3b＋eq\f(c,3)＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),a)＋eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),b)＋eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),c)＝eq\f(4,3)＋eq\f(3b,a)＋eq\f(c,3a)＋3＋eq\f(4a,3b)＋eq\f(c,3b)＋eq\f(1,3)＋eq\f(4a,3c)＋eq\f(3b,c)＝3＋eq\f(5,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,a)＋\f(4a,3b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3a)＋\f(4a,3c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3b)＋\f(3b,c)))≥3＋eq\f(5,3)＋4＋eq\f(4,3)＋2＝12.答案：1214．已知a，b是給定的正數(shù)，則eq\f(a2,sin2α)＋eq\f(b2,cos2α)的最小值是________．解析：eq\f(a2,sin2α)＋eq\f(b2,cos2α)＝(sin2α＋cos2α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,sin2α)＋\f(b2,cos2α)))≥(a＋b)2.答案：(a＋b)215．已知點(diǎn)P是邊長(zhǎng)為2eq\r(3)的等邊三角形內(nèi)一點(diǎn)，它到三邊的距離分別為x，y，z，則x，y，z所滿足的關(guān)系式為_(kāi)_______，x2＋y2＋z2的最小值是________．解析：利用三角形面積相等，得eq\f(1,2)×2eq\r(3)(x＋y＋z)＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2，即x＋y＋z＝3；由(1＋1＋1)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝9，則x2＋y2＋z2≥3.答案：x＋y＋z＝3316．若不等式|a－1|≥x＋2y＋2z，對(duì)滿足x2＋y2＋z2＝1的一切實(shí)數(shù)x，y，z恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由柯西不等式可得(12＋22＋22)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋2z)2，所以x＋2y＋2z的最大值為3，故有|a－1|≥3，∴a≥4或a≤－2.答案：a≥4或a≤－2三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(12分)已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1.求證：ax＋by≤1.證明：∵a2＋b2＝1，x2＋y2＝1.又由柯西不等式知∴1＝(a2＋b2)(x2＋y2)≥(ax＋by)2∴1≥(ax＋by)2，∴1≥|ax＋by|≥ax＋by，∴所以不等式得證．18．(12分)設(shè)x2＋2y2＝1，求μ＝x＋2y的最值．解析：由|x＋2y|＝|1·x＋eq\r(2)·eq\r(2)y|≤eq\r(1＋2)·eq\r(x2＋2y2)＝eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,1)＝eq\f(\r(2)y,\r(2))，即x＝y(tǒng)＝±eq\f(\r(3),3)時(shí)取等號(hào)．所以，當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，μmax＝eq\r(3).當(dāng)x＝y(tǒng)＝－eq\f(\r(3),3)時(shí)，μmin＝－eq\r(3).19．(12分)設(shè)a≥b＞0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab證明：∵a≥b＞0，∴a≥a≥a≥b≥b＞0，a2≥a2≥a2≥b2≥b2＞0，由順序和≥亂序和，得a3＋a3＋a3＋b3＋b3≥a2b＋a2b＋a2a＋ab2＋ab2又a2b＋a2b＋a2a＋ab2＋ab2≥3a2b＋2ab則3a3＋2b3≥3a2b＋2ab20．(12分)已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝3，求x2＋y2＋z2的最小值．解析：方法一：注意到x，y，z∈R，且x＋y＋z＝3為定值，利用柯西不等式得到(x2＋y2＋z2)(12＋12＋12)≥(x·1＋y·1＋z·1)2＝9，從而x2＋y2＋z2≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)取“＝”號(hào)，所以x2＋y2＋z2的最小值為3.方法二：可考慮利用基本不等式“a2＋b2≥2ab”進(jìn)行求解，由x2＋y2＋z2＝(x＋y＋z)2－(2xy＋2xz＋2yz)≥9－(x2＋y2＋x2＋z2＋y2＋z2)，從而求得x2＋y2＋z2≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)取“＝”號(hào)，所以x2＋y2＋z2的最小值為3.21．(12分)設(shè)a，b，c為正數(shù)，且不全相等，求證：eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)＞eq\f(9,a＋b＋c).證明：構(gòu)造兩組數(shù)eq\r(a＋b)，eq\r(b＋c)，eq\r(c＋a)；eq\f(1,\r(a＋b))，eq\f(1,\r(b＋c))，eq\f(1,\r(c＋a))，則由柯西不等式得(a＋b＋b＋c＋c＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))≥(1＋1＋1)2， ①即2(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))≥9.于是eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)≥eq\f(9,a＋b＋c).于是eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)≥eq\f(9,a＋b＋c).由柯西不等式知，①中有等號(hào)成立?eq\f(\r(a＋b),\f(1,\r(a＋b)))＝eq\f(\r(b＋c),\f(1,\r(b＋c)))＝eq\f(\r(c＋a),\f(1,\r(c＋a)))?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c.因題設(shè)a，b，c不全相等，故①中等號(hào)不成立，于是eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)＞eq\f(9,a＋b＋c).22．(14分)設(shè)x1，x2，…，xn∈R＋，且x1＋x2＋…＋xn＝1，求證：eq\f(x\o\al(2,1),1＋x1)＋eq\f(x\o\al(2,2),1＋x2)＋…＋eq\f(x\o\al(2,n),1＋xn)≥eq\f(1,n＋1).證明：因?yàn)閤1＋x2＋…＋xn＝1，所以n＋1＝(1＋x1)＋(1＋x2)＋…＋(1＋xn)．又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),