高中數(shù)學人教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用應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)造應從需要入手來設計，這一點應從所要證的式子的結(jié)構(gòu)觀察分析，再給出適當?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】由于不等式關于a，b，c對稱，可設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a，b，c∈R＋，求證：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.【證明】不妨設a≥b≥c＞0，則a4≥b4≥c4，運用排序不等式有：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)，當且僅當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.【導學號：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，當且僅當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，當且僅當－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