第三讲柯西不等式与排序不等式测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知2x+3y+4z=10,则x2+y2+z2取到最小值时的x,y,z的值为()A.B.C.1,D.1,解析:由柯西不等式得(x2+y2+z2)(22+32+42)≥(2x+3y+4z)2,即x2+y2+z2≤,当且仅当时,取到最小值,所以联立可得x=,y=,z=.答案:B2.已知3x2+2y2≤1,则3x+2y的取值范围是()A.[0,]B.[-,0]C.[-]D.[-5,5]解析:|3x+2y|≤.所以-≤3x+2y≤.答案:C3.已知a,b,c是正实数,则a3+b3+c3与a2b+b2c+c2a的大小关系是()A.a3+b3+c3>a2b+b2c+c2aB.a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2aC.a3+b3+c3
0,则a2≥b2≥c2>0.由排序不等式,顺序和≥乱序和,有a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a.答案:B4.已知x,y,z是正实数,且=1,则x+的最小值是()A.5B.6C.8D.9解析:x+≥=9.当且仅当,即x=3,y=6,z=9时等号成立.答案:D5.已知a,b是给定的正数,则的最小值为()A.2a2+b2B.2abC.(2a+b)2D.4ab解析:=(sin2α+cos2α)≥=(2a+b)2,当且仅当sinα=cosα时,等号成立.2故的最小值为(2a+b)2.答案:C6.设a,b,c为正实数,a+b+4c=1,则+2的最大值是()A.B.C.2D.解析:1=a+b+4c=()2+()2+(2)2=[()2+()2+(2)2]·(12+12+12)≥(+2)2·,∴(+2)2≤3,+2,当且仅当a=,b=,c=时,取等号.答案:B7.在锐角△ABC中,aQB.P=QC.P0,且M=a3+(a+1)3+(a+2)3,N=a2(a+1)+(a+1)2(a+2)+a(a+2)2,则M与N的大小关系是()A.M≥NB.M>NC.M≤ND.MN.答案:B10.设c1,c2,…,cn是a1,a2,…,an的某一排列(a1,a2,…,an均为正数),则+…+的最小值是()A.nB.C.D.2n解析:不妨设0≤a1≤a2≤…≤an,则≥…≥,…,,…,的一个排列,再利用排序不等式的反序和≤乱序和求解.所以+…++…+=n.当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.4答案:A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.函数y=(0<α<)的最小值是.解析:由柯西不等式,得y=≥=≥(1+)2=3+2.当且仅当,即α=时,等号成立.答案:3+212.如图所示,矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,则阴影部分的矩形的面积之和空白部分的矩形的面积之和.解析:由题图可知,阴影部分的面积=a1b1+a2b2,而空白部分的面积=a1b2+a2b1,根据顺序和≥逆序和可知,答案为≥.答案:≥13.若=1,=2,则x1y1+x2y2+x3y3的最大值为.5答案:14.边长为a,b,c的三角形,其面积为,外接圆半径为1,若s=,t=,则s与t的大小关系是.解析:三角形的面积S=,即abc=1,所以t=ab+bc+ca,t2=(ab+bc+ca)≥()2=s2,又a,b,c>0,所以s≤t.答案:s≤t15.设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,则x+y+z=.解析:由柯西不等式得(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2当且仅当时等号成立,此时y=2x,z=3x.∵x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,∴x=,y=,z=.∴x+y+z=.答案:三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)616.(8分)设a,b,c均为正数,求证≥a+b+c.解：证明:由柯西不等式,得·[()2+()2+()2],即(a+b+c)2≤(a+b+c).因为a+b+c>0,所以≥a+b+c.17.(8分)设a,b,c是正实数,求证:.解：证明:根据柯西不等式,得[(b+c)+(c+a)+(a+b)]≥(a+b+c)2.∴.当且仅当a=b=c时等号成立.18.(9分)设a,b,c是正实数,利用排序不等式证明:(1)aabb>abba(a≠b);(2)a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b.解：证明:(1)不妨设a>b>0,则lga>lgb.从而alga+blgb>algb+blga,7∴lgaa+lgbb>lgba+lgab.即lgaabb>lgbaab,故aabb>baab.(2)不妨设a≥b≥c>0.则lga≥lgb≥lgc.∴alga+blgb+clgc≥blga+clgb+algc.alga+blgb+clgc≥clga+algb+blgc.∴2alga+2blgb+2clgc≥(b+c)lga+(a+c)lgb+(a+b)lgc.∴lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab+c·ba+c·ca+b).故a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b.8
