柯西不等式與權方和不等式

柯西不等式與權方和不等式

Cauchy不等式的二元形式是：對于任意實數(shù)$a,b,c,d$，有$(a+b)(c+d)\geq(ac+bd)$，當且僅當$\frac{a}{c}=\frac6dbk4vb$時取等。例1：已知$a,b\in\mathbb{R}$，且$a+b=1$，求$ab$的最小值。根據(jù)Cauchy不等式，$(a+b)^2\geq4ab$，即$ab\leq\frac{1}{4}$，當且僅當$a=b=\frac{1}{2}$時取等。例2：已知$a,b\in\mathbb{R}$，且$a+2b=6$，求$a+2b$的最小值。將$a+2b=6$變形為$a=6-2b$，則要求的是$3a+6b$的最小值。根據(jù)Cauchy不等式，$(3a+6b)^2\geq18(a^2+b^2)$，即$3a+6b\geq2\sqrt{3(a^2+b^2)}$，當且僅當$\frac{3a}{a^2+b^2}=\frac{6b}{a^2+b^2}$時取等。因此，$a^2+b^2=10$時取等，此時$a=-\sqrt{10}$，$b=\frac{5}{\sqrt{10}}$，即$a+2b=2\sqrt{10}$。例3：求函數(shù)$f(x)=x^2+2x+1$的最小值。$f(x)=x^2+2x+1=(x+1)^2$，顯然最小值為0，當且僅當$x=-1$時取等。例4：已知$a>b>c$，證明$\frac{a^2+b^2}{ab-bc}+\frac{b^2+c^2}{bc-ac}+\frac{c^2+a^2}{ac-ab}\geq6$。將左邊的式子進行通分，得到$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)}$。因為$a>b>c$，所以$a^3+b^3+c^3-3abc\geq0$，而$(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)<0$，因此，$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)}\geq0$，即$\frac{a^2+b^2}{ab-bc}+\frac{b^2+c^2}{bc-ac}+\frac{c^2+a^2}{ac-ab}\geq6$。1.已知$a,b\inR$，且$a+2a+b/11$，求$a+b$的最小值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2a)^2}{1}+\frac{b^2}{11}\geq\frac{(a+2a+b)^2}{1+1+11}$$化簡得$$\frac{12a^2+11b^2}{11}\geq(a+b)^2$$因為$a,b\inR$，所以$12a^2+11b^2\geq2ab+22a+11b+1$，即$$12a^2+11b^2-2ab-22a-11b-1\geq0$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(2a-\frac{11}{4}\right)^2+\frac{7}{4}(b-2)^2\geq0$$因此，最小值為$\frac{11}{4}-\frac{7}{4}\cdot2=-\frac{3}{2}$，即$a+b$的最小值為$-\frac{3}{2}$。2.已知$a,b\inR$，且$a+3b=1$，求$a^2+b^2$的最小值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{9}\geq\frac{(a+3b)^2}{1+9}$$化簡得$$9a^2+b^2\geq\frac{1}{4}$$因為$a,b\inR$，所以$9a^2+b^2\geq2ab+18a+2b-8$，即$$9a^2-18a+2ab+b^2+2b-8\geq0$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(3a-b-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}(b+2)^2\geq0$$因此，最小值為$\frac{3}{2}+\frac{7}{4}\cdot(-2)=-\frac{1}{2}$，即$a^2+b^2$的最小值為$-\frac{1}{2}$。3.已知$a>2,b>2$，且$a+2b=10$，求$\frac{a}+\frac{a}$的最小值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}\geq\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}$$化簡得$$a^4+b^4\geq76a^2b^2-40ab(a+b)+100ab$$因為$a,b>2$，所以$a^4+b^4>2a^2b^2$，又因為$a+2b=10$，所以$ab\leq\frac{25}{4}$，因此$$\frac{a}+\frac{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}\geq\frac{2a^2+2b^2-40ab+76a^2b^2}{a^2b^2}=\frac{2(a^2+b^2)}{a^2b^2}-\frac{20}{ab}+38$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(\frac{a}-\sqrt{19}\right)^2+\left(\frac{a}-\sqrt{19}\right)^2\geq0$$因此，最小值為$2\sqrt{19}-\frac{40}{\sqrt{19}}+38$，即$\frac{a}+\frac{a}$的最小值為$2\sqrt{19}-\frac{40}{\sqrt{19}}+38$。4.已知$a,b\inR$，且$a+b=4$，求$a+2b$的最大值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2b)^2}{1}\geq\frac{(a+2b)^2}{1+1}$$化簡得$$5a^2+4b^2\geq4(a+2b)$$因為$a+b=4$，所以$b=4-a$，代入上式得$$5a^2-32a+64\geq0$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(a-\frac{16}{5}\right)^2\geq0$$因此，最大值為$\frac{16}{5}+2\cdot4=\frac{28}{5}$，即$a+2b$的最大值為$\frac{28}{5}$。5.已知$a,b\inR$，且$a+2b=6$，求$2a+b$的最大值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{(2a)^2}{1}+\frac{b^2}{1}\geq\frac{(2a+b)^2}{1+1}$$化簡得$$5a^2+2b^2\geq8(2a+b)$$因為$a+2b=6$，所以$b=3-\frac{a}{2}$，代入上式得$$5a^2-32a+96\geq0$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(a-\frac{16}{5}\right)^2\geq0$$因此，最大值為$2\cdot\frac{16}{5}+3\cdot2=\frac{46}{5}$，即$2a+b$的最大值為$\frac{46}{5}$。6.已知$a,b\inR$，且$a+2b=6$，求$a+2b$的最大值。解：根據(jù)權方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2b)^2}{4}\geq\frac{(a+2b)^2}{1+4}$$化簡得$$a^2+4b^2\geq6(a+2b)$$因為$a+2b=6$，所以$b=3-\frac{a}{2}$，代入上式得$$5a^2-60a+144\geq0$$將其化為二次函數(shù)形式，得$$\left(a-6\right)^2\geq0$$因此，最大值為$6+2\cdot3=12$，即$a+2b$的最大值為$12$。7.求函數(shù)$f(x)=\frac{x^2-4x+5}{x-2}$的最小值。解：將$f(x)$化為$$f(x)=x-2+\frac{1}{x-2}$$因為$x-2\neq0$，所以$f(x)$的定義域為$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$。當$x\to2$時，$f(x)$趨近于無窮大；當$x\to\pm\infty$時，$f(x)$趨近于$x$。因此，$f(x)$的最小值為$-\infty$。8.求函數(shù)$f(x)=\frac{x^2-6x+10}{x-3}$的最小值。解：將$f(x)$化為$$f(x)=x-3+\frac{1}{x-3}+1$$因為$x-3\neq0$，所以$f(x)$的定義域為$(-\infty,3)\cup(3,+\infty)$。當$x\to3$時，$f(x)$趨近于無窮大；當$x\to\pm\infty$時，$f(x)$趨近于$x$。因此，$f(x)$的最小值為$-\infty$。9.求函數(shù)$f(x)=\frac{x^2-2x+2}{x-1}$的最小值。解：將$f(x)$化為$$f(x)=x-1+\frac{1}{x-1}+1$$因為$x-1\neq0$，所以$f(x)$的定義域為$(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$。當$x\to1$時，$f(x)$趨近于無窮大；當$x\to\pm\infty$時，$f(x)$趨近于$x$。因此，$f(x)$的最小值為$-\infty$。10.已知$a>b>c$，求證：$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}\geq9$。證明：根據(jù)AM-GM不等式，有$$\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$$因此，$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}\geq2\sqrt{\frac{ab}{c^2}}+2\sqrt{\frac{bc}{a^2}}+2\sqrt{\frac{ca}{b^2}}$$又因為$a>b>c$，所以$\sqrt{\frac{ab}{c^2}}>\sqrt{\frac{bc}{a^2}}>\sqrt{\frac{ca}{b^2}}$，因此$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}\geq6\sqrt{\frac{ab}{c^2}}$$將其平方，得$$\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}\right)^2\geq36\frac{ab}{c^2}$$因為$a>b>c$，所以$ab>bc>ca$，因此$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}\geq3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}\geq3\sqrt[3]{\frac{8abc(a+b+c)}{abc}}=9$$因此，得證。11.已知$a>b>0$，求證：$\frac{a^2-b^2}{a-b}>\frac{2ab}{a+b}$。證明：將左邊的式子化簡得$$\frac{a^2-b^2}{a-b}=a+b$$將右邊的式子化簡得$$\frac{2ab}{a+b}=a-b+\frac{2ab}{a+b}=a-b+\frac{2b^2+2ab}{a+b}=a-b+2\frac{b(a+b)}{a+b}=a+b$$因為$a>b>0$，所以$a+b>a-b>0$，因此$$\frac{a^2-b^2}{a-b}-\frac{2ab}{a+b}=0$$因此，$$\frac{a^2-b^2}{a-b}>\frac{2ab}{a+b}$$得證。12.求$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}$的最小值。解：將$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}$的分母通分，得$$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}