第三讲_柯西不等式与排序不等式_章末复习方案_课件(人教A选修4-5)VIP免费

(1)柯西不等式取等号的条件实质上是：a1b1＝a2b2＝…＝anbn.这里某一个bi为零时，规定相应的ai为零．(2)利用柯西不等式证明的关键是构造两个适当的数组．(3)可以利用向量中的|α||β|≥|α·β|的几何意义来帮助理解柯西不等式的几何意义．[例1]若n是不小于2的正整数，求证：47＜1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＜22.[证明]1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1＋12＋13＋…＋12n－212＋14＋…＋12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，所以求证式等价于47＜1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＜22.由柯西不等式，有1n＋1＋1n＋2＋…＋12n[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]≥n2，于是1n＋1＋1n＋2＋…＋12n≥n2n＋1＋n＋2＋…＋2n＝2n3n＋1＝23＋1n≥23＋12＝47，又由柯西不等式，有1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＜12＋12＋…＋121n＋12＋1n＋22＋…＋12n2＜n1n－12n＝22.[例2]设a，b，c，d为不全相等的正数．求证：1a＋b＋c＋1b＋c＋d＋1c＋d＋a＋1d＋a＋b>163a＋b＋c＋d.[证明]记s＝a＋b＋c＋d，则原不等式等价于ss－d＋ss－a＋ss－b＋ss－c>163.构造两组数s－d，s－a，s－b，s－c；1s－d，1s－a，1s－b，1s－c，由柯西不等式得[(s－d)2＋(s－a)2＋(s－b)2＋(s－c)2]·[1s－d2＋1s－a2＋1s－b2＋1s－c2]≥(1＋1＋1＋1)2.即[4s－(a＋b＋c＋d)]·(1s－d＋1s－a＋1s－b＋1s－c)≥16，于是ss－d＋ss－a＋ss－b＋ss－c≥163，等号成立⇔s－d＝s－a＝s－b＝s－c⇔a＝b＝c＝d.因题设a，b，c，d不全相等，故取不到等号，即1a＋b＋c＋1b＋c＋d＋1c＋d＋a＋1d＋a＋b>163a＋b＋c＋d.利用不等式解决最值，尤其是含多个变量的问题，是一种常用方法．特别是条件最值问题，通常运用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式及幂平均不等式等，但要注意取等号的条件能否满足．[例3]已知正实数u，v，w满足u2＋v2＋w2＝8，求u49＋v416＋w425的最小值．[解] u2＋v2＋w2＝8.∴82＝(u2＋v2＋w2)2＝(u23·3＋v24·4＋w25·5)2≤(u49＋v416＋w425)(9＋16＋25)，∴u49＋v416＋w425≥6450＝3225.当且仅当u23÷3＝v24÷4＝w25÷5，即u＝65，v＝85，w＝2时取到“＝”号，∴当u＝65，v＝85，w＝2时u49＋v416＋w425的最小值为3225.[例4]设ai∈R＋(i＝1,2，…，n)且i＝1nai＝1，求：S＝a11＋a2＋…＋an＋a21＋a1＋a3＋…＋an＋…＋an1＋a1＋…＋an－1的最小值．[解]S＝a12－a1＋a22－a2＋…＋an2－an关于a1，…，an对称，不妨设1＞a1≥a2≥…≥an＞0，则0＜2－a1≤2－a2≤…≤2－an，且12－a1≥12－a2≥…≥12－an＞0，∴S≥1n(a1＋a2＋…＋an)12－a1＋12－a2＋…＋12－an＝1n12－a1＋…＋12－an.又由算术平均值不等式，得[(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)]12－a1＋12－a2＋…＋12－an≥n2，而(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)＝2n－1，所以，S≥1n×n22n－1＝n2n－1，当且仅当a1＝a2＝…＝an＝1n时，上面几个不等式的等号成立，于是S的最小值为n2n－1.[例5]已知实数x、y、z满足x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值是7，求a的值．[解]由柯西不等式：[x2＋(2y)2＋(3z)2][12＋(12)2＋(13)2]≥(x＋12×2y＋13×3z)2.因为x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，所以4936a≥(x＋y＋z)2，即－7a6≤x＋y＋z≤7a6.因为x＋y＋z的最大值是7，所以7a6＝7，得a＝36，当x＝367，y＝97，z＝47时，x＋y＋z取最大值，所以a＝36.(1)用排序不等式证明不等式的关键是根据问题的条件和结论构造恰当的序列，如何排好这个序列是难点所在．(2)注意等号成立的条件．[例6]在△ABC中，试证：π3≤aA＋bB＋cCa＋b＋c＜π2.[证明]不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C.由排序不等式，得aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC，aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC，aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC.相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)．得aA＋bB＋cCa＋b＋c≥π3，①又由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b，有0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b)＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C)＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C)＝(a＋b＋c)π－2(aA...