著名不等式講義-2025屆高三數(shù)學(xué)二輪專題突破　

微拓展4著名不等式[考情分析]不等式的高階拓展(柯西不等式、排序不等式、權(quán)方和不等式、琴生不等式、切比雪夫不等式等)在近幾年出現(xiàn)的越來越多，熟練掌握后能快速解決基本不等式中的最值、證明不等式等問題，常在高考及競賽中做到類型題的秒解！1.柯西不等式(1)二維形式的柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(a，b，c，d∈R，當(dāng)且僅當(dāng)ad=bc時(shí)，等號(hào)成立).(2)二維形式的柯西不等式的變式①a2+b2·c2+d2≥|ac+bd|(a，b，c，d∈②a2+b2·c2+d2≥|ac|+|bd|(a，b，c，d∈③(a+b)(c+d)≥(ac+bd)2(a，b，c，d≥0，當(dāng)且僅當(dāng)ad=bc時(shí)，等號(hào)成立).(3)擴(kuò)展：(a12+a22+a32+…+an2)(b12+b22+b32+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+…2.權(quán)方和不等式權(quán)方和不等式：若a，b，x，y>0，則a2x+b2y≥(a+b廣義上更為一般的權(quán)方和不等式：設(shè)x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn>0，n∈N*.若m>0或m<-1，則x1m+1y1m+若-1<m<0，則x1m+1y1m+上述兩個(gè)不等式，當(dāng)且僅當(dāng)x1y1=x2y2=x注意觀察這個(gè)不等式的結(jié)構(gòu)特征，分子分母均為正數(shù)，且始終要求分子的次數(shù)比分母的次數(shù)多1，出現(xiàn)定值是解題的關(guān)鍵.特別地，高考題中以m=1最為常見，此時(shí)這個(gè)不等式是大家熟悉的柯西不等式的變形.3.排序不等式設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn且j1，j2，…，jn是1，2，…，n(n∈N*)的任意一個(gè)排列，則nΣk=1akbn-k+1≤nΣk=1akbjk≤nΣk=1akbk，當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an或b1可簡記為“反序和≤亂序和≤順序和”.4.切比雪夫不等式設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn(n∈N*)，則(nΣi=1ai)(nΣi=1bi)≤nnΣi=1aibi；設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn(n∈N*)，則(nΣi=1ai)(nΣi=1上述兩個(gè)不等式，當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn時(shí)，等號(hào)成立.5.琴生不等式(1)設(shè)曲線y=f(x)是區(qū)間D上的上凸函數(shù)，x1，x2，…，xn為D上的任意n點(diǎn)(n∈N*)，則fx1+x2+…+xnn≥f((2)設(shè)曲線y=f(x)是區(qū)間D上的下凸函數(shù)，x1，x2，…，xn為D上的任意n點(diǎn)(n∈N*)，則fx1+x2+…+xnn≤f(微點(diǎn)一柯西不等式1.(5分)實(shí)數(shù)x，y滿足x2+y2=4，則x+y的最大值是.

2.(15分)設(shè)x，y，z∈R，且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值；(6分)(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥13成立，證明：a≤-3或a≥-1.(9分微點(diǎn)二權(quán)方和不等式3.已知a>1，b>12，且2a+b=3，則1a-1+1A.1 B.92 C.9 D.4.(5分)已知x>0，y>0，且x+y=1，則x2x+2+y2微點(diǎn)三排序不等式5.(13分)已知x，y，z是正數(shù)，且x+y+z=1，求t=x2y+y2z微點(diǎn)四切比雪夫不等式6.(13分)用切比雪夫不等式證明：設(shè)a1，a2，…，an是正數(shù)，則nΣi=1ain≥nnΣi=11ai微點(diǎn)五琴生不等式7.(13分)設(shè)x∈32，5，證明：2x+1+2[總結(jié)提升]利用重要不等式證明不等式的技巧在于仔細(xì)觀察、分析所要證明的式子的結(jié)構(gòu)，從而正確地構(gòu)造出不等式中所需要的帶有大小順序的兩個(gè)數(shù)組.1.柯西不等式最初是由大數(shù)學(xué)家柯西(Cauchy)在研究數(shù)學(xué)分析中的“流數(shù)”問題時(shí)得到的.而后來有兩位數(shù)學(xué)家Buniakowsky和Schwarz彼此獨(dú)立地在積分學(xué)中推而廣之，才能將這一不等式應(yīng)用到近乎完善的地步.該不等式的三元形式如下：對實(shí)數(shù)a1，a2，a3和b1，b2，b3，有(a12+a22+a32)(b12+b22+b32)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)a1b1=a2b2=a3b3A.14 B.12 C.10 D.82.設(shè)a，b，c為正數(shù)，P=a3+b3+c3，Q=a2b+b2c+c2a，則P與Q的大小關(guān)系是()A.P>Q B.P≥Q C.P<Q D.P≤Q3.(5分)(2024·沈陽模擬)權(quán)方和不等式作為基本不等式的一個(gè)變化，在求二元變量最值時(shí)有很廣泛的應(yīng)用，其表述如下：設(shè)a，b，x，y>0，則a2x+b2y≥(a+b)2x+y，當(dāng)且僅當(dāng)ax=4.(5分)設(shè)a1，a2，a3，a4是1，2，3，4的一個(gè)排列，則a1+2a2+3a3+4a4的取值范圍是.

5.(13分)已知a，b，c為正數(shù)，a≥b≥c，求證：a5b3c3+b5c6.(15分)設(shè)ai>0(i=1，2，…，n)，且nΣi=1ai=1.求S=a11+a2+a7.(15分)已知x，y，z>0，且x+y+z=1，求證：1x8.(15分)已知正數(shù)x，y滿足4x+9y=1，求42x

答案精析高頻考點(diǎn)練1.22解析(x2+y2)(12+12)≥(x+y)2，則8≥(x+y)2，所以x+y≤22，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2時(shí)等號(hào)成立2.(1)解[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2]·(12+12+12)≥[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x+y+z+1)2=4，故(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥4等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)x-1=y+1=z+1，①又因?yàn)閤+y+z=1，②①②聯(lián)立解得x=53,y=-13,z=-13此時(shí)等號(hào)成立，所以(x-1)2+((2)證明因?yàn)?x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥1所以[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]·(12+12+12)≥1.根據(jù)柯西不等式等號(hào)成立的條件，當(dāng)x-2=y-1=z-a，即x=2-a+23,y=1-a+23,z=a-a+23時(shí)有[(x-2)2+(y=(x-2+y-1+z-a)2=(a+2)2成立.所以(a+2)2≥1成立，所以有a≤-3或a≥-1.3.C[因?yàn)?a+b=3，所以4a+2b=6，因?yàn)閍>1，b>1所以a-1>0，2b-1>0.由權(quán)方和不等式a2x+b2y≥(a+b)2x+y可得1a-1當(dāng)且僅當(dāng)24a即a=76，b=24.1解析x2x+2+y2當(dāng)且僅當(dāng)xx+2=yy+1，即x=25.解不妨設(shè)x≥y≥z>0，則x2≥y2≥z2，1z≥1y由排序不等式，亂序和≥反序和可得x2y+y2z+z2x≥x2·1x+y2·1y+z2·又x+y+z=1，則x2y+y2z+當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=13時(shí)，等號(hào)成立故t=x2y+y2z6.證明不妨設(shè)a1≥a2≥…≥an>0，則1a1≤1a由切比雪夫不等式知n2=nnΣi=1ai·1ai所以nΣi=1ain≥nnΣi=11ai7.證明令f(x)=x則f'(x)=1f″(x)=-14x所以f(x)=x在[0，+∞)上是上凸函數(shù)，由琴生不等式得2x+1+2x=2f(x+1)+f(2x-3)+f(15-3x)=42≤4f2=4fx+144≤45+144=219當(dāng)且僅當(dāng)x+1=2x-3=15-3x，x=5時(shí)取等.因?yàn)閤+1=2x-3?x=4≠5，于是2x+1+2x-3+15-3補(bǔ)償強(qiáng)化練1.A[由題干中柯西不等式可得(x+2y+3z)2≤(x2+y2+z2)(12+22+32)=14×14=196，所以x+2y+3z的最大值為14，當(dāng)且僅當(dāng)x=1，y=2，z=3時(shí)取等號(hào).]2.B[不妨設(shè)a≥b≥c>0，則a2≥b2≥c2>0.由排序不等式得a2a+b2b+c2c≥a2b+b2c+c2a，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立，∴P≥Q.]3.25解析因?yàn)閍，b，x，y>0，則a2x+b當(dāng)且僅當(dāng)ax=b又0<x<12，即1-2x于是得f(x)=222x+321-2x≥(2+3)22x所以函數(shù)f(x)=2x+91-24.[20，30]解析由排序不等式得a1+2a2+3a3+4a4≤12+22+32+42=30，a1+2a2+3a3+4a4≥1×4+2×3+3×2+4×1=20，∴a1+2a2+3a3+4a4的取值范圍是[20，30].5.證明∵a≥b≥c>0，∴a5≥b5≥c5，1c≥1b≥1a>0，∴1bc∴1b3c3由順序和≥亂序和得a5b3c3+b5a3c3+c5b當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào)，∴a5b3c3+b5a3c6.解S=a12-a1+a2不妨設(shè)1>a1≥a2≥…≥an>0，則12-a1≥1使用切比雪夫不等式有S≥1n(a1+a2+…+an)·12-a再使用權(quán)方和不等式得S≥1n12-a1+1當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an=1n時(shí)等號(hào)成立所以S的最小值為n27.證明令g=1則lng=ln1x2+x設(shè)f(x)=ln1則f'(x)=xf″(x)=-x6當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f″(x)>0，所以f(x)=ln1x2+x在(0lng=ln1x2+x+ln1y2+所以g≥28即1x2+8.解要求最小值，先來證明權(quán)方和不等式，即：?a>0，b>0，x>0，y>0，有a