高中數(shù)學(xué)人教A版5柯西不等式與排序不等式單元測試 章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①一般形式的柯西不等式②柯西不等式的三角形式③反序和④順序和⑤排序原理利用柯西不等式證明簡單不等式柯西不等式形式優(yōu)美、結(jié)構(gòu)易記，因此在解題時，根據(jù)題目特征靈活運(yùn)用柯西不等式，可證明一些簡單不等式．已知a，b，c是實數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\r(13a＋1)＋eq\r(13b＋1)＋eq\r(13c＋1)≤4eq\r(3).【規(guī)范解答】因為a，b，c是實數(shù)，且a＋b＋c＝1，令m＝(eq\r(13a＋1)，eq\r(13b＋1)，eq\r(13c＋1))，n＝(1,1,1)，則|m·n|2＝(eq\r(13a＋1)＋eq\r(13b＋1)＋eq\r(13c＋1))2，|m|2·|n|2＝3[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)]＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48.∵|m·n|2≤|m|2·|n|2，∴(eq\r(13a＋1))＋eq\r(13b＋1)＋eq\r(13c＋1))2≤48，∴eq\r(13a＋1)＋eq\r(13b＋1)＋eq\r(13c＋1)≤4eq\r(3).[再練一題]1．設(shè)a，b，x，y都是正數(shù)，且x＋y＝a＋b，求證：eq\f(a2,a＋x)＋eq\f(b2,b＋y)≥eq\f(a＋b,2).【證明】∵a，b，x，y都大于0，且x＋y＝a＋b.由柯西不等式，知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a＋x)＋\f(b2,b＋y)))[(a＋x)＋(b＋y)]≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a＋x))·\r(a＋x)＋\f(b,\r(b＋y))·\r(b＋y)))2＝(a＋b)2.又a＋x＋b＋y＝2(a＋b)>0，所以eq\f(a2,a＋x)＋eq\f(b2,b＋y)≥eq\f(a＋b,2).排序原理在不等式證明中的應(yīng)用應(yīng)用排序不等式的技巧在于構(gòu)造兩個數(shù)組，而數(shù)組的構(gòu)造應(yīng)從需要入手來設(shè)計，這一點(diǎn)應(yīng)從所要證的式子的結(jié)構(gòu)觀察分析，再給出適當(dāng)?shù)臄?shù)組．已知a，b，c為正實數(shù)，求證：a＋b＋c≤eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b).【規(guī)范解答】由于不等式關(guān)于a，b，c對稱，可設(shè)a≥b≥c>0.于是a2≥b2≥c2，eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a).由排序不等式，得反序和≤亂序和，即a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c)≤a2·eq\f(1,b)＋b2·eq\f(1,c)＋c2·eq\f(1,a)，及a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c)≤a2·eq\f(1,c)＋b2·eq\f(1,a)＋c2·eq\f(1,b).以上兩個同向不等式相加再除以2，即得原不等式．[再練一題]2．設(shè)a，b，c∈R＋，求證：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.【證明】不妨設(shè)a≥b≥c＞0，則a4≥b4≥c4，運(yùn)用排序不等式有：a5＋b5＋c5＝a×a4＋b×b4＋c×c4≥ac4＋ba4＋cb4.又a3≥b3≥c3＞0，且ab≥ac≥bc＞0，所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.利用柯西不等式、排序不等式求最值有關(guān)不等式的問題往往要涉及到對式子或量的范圍的限制，柯西不等式、排序不等式為我們通過不等式求最值提供了新的有力工具，但一定要注意取等號的條件能否滿足．設(shè)a，b，c為正實數(shù)，且a＋2b＋3c＝13，求eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)的最大值．【規(guī)范解答】由于a，b，c為正實數(shù)，根據(jù)柯西不等式，知(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋1＋\f(1,3)))＝[(eq\r(a))2＋(eq\r(2b))2＋(eq\r(3c))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)2＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)·\r(a)＋1·\r(2b)＋\f(1,\r(3))·\r(3c)))2＝(eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c))2，∴(eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c))2≤eq\f(132,3)，即eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)≤eq\f(13\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(a),\r(3))＝eq\f(\r(2b),1)＝eq\f(\r(3c),\f(1,\r(3)))時取等號．又a＋2b＋3c＝13，∴當(dāng)a＝9，b＝eq\f(3,2)，c＝eq\f(1,3)時，eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)取得最大值為eq\f(13\r(3),3).[再練一題]3．已知實數(shù)a，b，c，d，e滿足a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16.求a＋b＋c＋d＋e的最大值.【導(dǎo)學(xué)號：32750060】【解】a＋b＋c＋d＋e＝eq\r(a＋b＋c＋d＋e2)≤eq\r(a2＋b2＋c2＋d2＋e212＋12＋12＋12＋12)≤eq\r(16×5)＝4eq\r(5)，所以a＋b＋c＋d＋e的最大值是4eq\r(5).1．已知關(guān)于x的不等式|x＋a|<b的解集為{x|2<x<4}．(1)求實數(shù)a，b的值；(2)求eq\r(at＋12)＋eq\r(bt)的最大值．【解】(1)由|x＋a|<b，得－b－a<x<b－a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b－a＝2，,b－a＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝1.))(2)eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t)＝eq\r(3)eq\r(4－t)＋eq\r(t)≤eq\r([\r(3)2＋12][\r(4－t)2＋\r(t)2])＝2eq\r(4－t＋t)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(4－t),\r(3))＝eq\f(\r(t),1)，即t＝1時等號成立，故(eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t))max＝4.2．已知a>0，b>0，c>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4.(1)求a＋b＋c的值；(2)求eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,9)b2＋c2的最小值．【解】(1)因為f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，當(dāng)且僅當(dāng)－a≤x≤b時，等號成立．又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值為a＋b＋c.又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4.(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋\f(1,9)b2＋c2))(4＋9＋1)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)×2＋\f(b,3)×3＋c×1))2＝(a＋b＋c)2＝16，即eq\f(1,4)a2＋eq