柯西不等式高考题精选
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（完整版）柯西不等式练习题.docx柯西不等式练习题1.(09 绍兴二模 )设x, y, z R, x2y2z2 1 。
（1）求x y z的最大值；（ 2）求x y 的取值范围。
2.（09 宁波十校联考）已知x, y, z (0,) ，且 x y z 11925，求y的最小值。
x z3.（09 温州二模）已知x, y, z R ，且z y z 1。
（1）若2x23y26z21，求x, y, z的值；（2）若2x23y 2tz 2 1 恒成立，求正数t 的取值范围。
4、（ 09 嘉兴二模）设x, y, z R ，且 x2y 3z 1。
（1）求证：| x y z || y z || z |1；（2）求u (x1)2( y2)2( z3)2的最小值。
5.（09 诸暨模考）已知x, y, z 都是正数，且x 2 y3z 6 ；（1）求证：x2y2z218；（2）问123有最大值还是最小值？并求这个最值。
7x y z6.（093x 5 。
宁波一模）已知2求证：4x 42x 315 3x78 。
7（09 舟山一模）已知a, b, c, d 满足 a b c d 3,a22b23c26d 2x 。
（1）求证：当a 0时，x 9。
（2）当x 5时，求实数a的最值。
8.（09 稽阳联考）（ 1）已知正数x, y, z 满足x y z 1，求x2y2z2的最小值。
1 z 1 x 1 yx y z，求 t 的最大值。
9．已知t2y2x24z210.(09 金丽衢十二校第一次联考)已知 3x 4y 4z 1，求 x2y2z2的最小值。
11（ 09 浙江五校联考）（1）求函数f (x)38(x R)的最小值。
2sin 2 x 13cos2 x 212、（ 09湖州一模）已知 a, b,c R ，且a b c 1 。
（1）求1 1 + 1的最小值；（ 2）求证 :a2b2c21.a b c1a 1 b 1 c413、（ 09 杭州一模）已知x, y, z是正数，且满足条件x y z3 xyz（1）求x y z的最小值；（ 2）若xyz 3，且x22y 2z2 1 ，求 x 的取值范围。
思维拓展 柯西不等式与权方和不等式的应用(新高考通用)解析版
思维拓展 柯西不等式与权方和不等式(精讲+精练)一、知识点梳理一、柯西不等式1.二维形式的柯西不等式(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2(a ,b ,c ,d ∈R ,当且仅当ad =bc 时,等号成立.)2.二维形式的柯西不等式的变式(1)a 2+b 2⋅c 2+d 2≥ac +bd (a ,b ,c ,d ∈R ,当且仅当ad =bc 时,等号成立.)(2)a 2+b 2⋅c 2+d 2≥ac +bd (a ,b ,c ,d ∈R ,当且仅当ad =bc 时,等号成立.)(3)(a +b )(c +d )≥(ac +bd )2(a ,b ,c ,d ≥0,当且仅当ad =bc 时，等号成立.)3.扩展：a 21+a 22+a 23+⋯+a 2n b 21+b 22+b 23+⋯+b 2n ≥(a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n )2，当且仅当a 1:b 1=a 2:b 2=⋯=a n :b n 时，等号成立.注：有条件要用；没有条件，创造条件也要用.比如，对a 2+b 2+c 2，并不是不等式的形状，但变成13•12+12+12 •a 2+b 2+c 2 就可以用柯西不等式了.二、权方和不等式权方和不等式：若a ,b ,x ,y >0，则a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ，当且仅当a x =by 时，等号成立.证明1：∵a ,b ,x ,y >0要证a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y 只需证ya 2+xb 2xy ≥(a +b )2x +y即证xya 2+y 2a 2+x 2b 2+xyb 2≥xya 2+2xyab +xyb 2故只要证y 2a 2+x 2b 2≥2xyab (ya −xb )2≥0当且仅当ya −xb =0时，等号成立即a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ，当且仅当a x =by时，等号成立.证明2：对柯西不等式变形，易得a 2x +b 2y(x +y )≥(a +b )2在a ,b ,x ,y >0时，就有了a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y当a x =by时，等号成立．推广1：a 2x +b 2y +c 2z ≥(a +b +c )2x +y +z ,当a x =b y =c z时，等号成立．推广:2：若a i >0,b i >0，则a 21b 1+a 22b 2+⋯+a 2nb n ≥(a 1+a 2+⋯+a n )2b 1+b 2+⋯+b n，当a i =λb i 时，等号成立.推广3：若a i >0,b i >0,m >0，则a m +11b m 1+a m +12b m 2+⋯+a m +1nb m n≥(a 1+a 2+⋯+a n )m +1b 1+b 2+⋯+b nm，当a i =λb i 时，等号成立.二、题型精讲精练1实数x 、y 满足x 2+y 2=4，则x +y 的最大值是.解：x 2+y 2 12+12 ≥x +y 2，则8≥x +y 2所以x +y ≤22，当且仅当x =y =2时等号成立.答案：222设x ,y ,z ∈R ，且x +y +z =1.(1)求(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值；(2)若(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥13成立，证明：a ≤-3或a ≥-1.【分析】(1)根据条件x +y +z =1，和柯西不等式得到(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43，再讨论x ,y ,z 是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题，柯西不等式等号成立时构造的x ,y ,z 代入原不等式，便可得到参数a 的取值范围.【详解】(1)[(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≥43等号成立当且仅当x -1=y +1=z +1而又因x +y +z =1，解得x =53y =-13z =-13时等号成立，所以(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值为43.(2)因为(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥13，所以[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2](12+12+12)≥1.根据柯西不等式等号成立条件，当x -2=y -1=z -a ，即x =2-a +23y =1-a +23z =a -a +23 时有[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2](12+12+12)=(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已知a >1,b >12，且2a +b =3，则1a -1+12b -1的最小值为()A.1B.92C.9D.12【详解】因为2a +b =3，所以4a +2b =6由权方和不等式a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y可得1a -1+12b -1=44a -4+12b -1=224a -4+122b -1≥2+1 24a -4+2b -1=9当且仅当24a -4=12b -1，即a =76,b =23时，等号成立．【答案】C【题型训练-刷模拟】1.柯西不等式一、单选题4(2024·全国·模拟预测)柯西不等式最初是由大数学家柯西(Cauchy )在研究数学分析中的“流数”问题时得到的.而后来有两位数学家Buniakowsky 和Schwarz 彼此独立地在积分学中推而广之，才能将这一不等式应用到近乎完善的地步.该不等式的三元形式如下：对实数 a 1,a 2,a 3 和 b 1,b 2,b 3 ，有a 21+a 22+a 23 b 21+b 22+b 23 ≥a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3 2等号成立当且仅当a 1b 1=a 2b 2=a3b 3已知 x 2+y 2+z 2=14 ，请你用柯西不等式，求出 x +2y +3z 的最大值是()A.14 B.12C.10D.8【答案】A 【分析】利用柯西不等式求出即可.【详解】由题干中柯西不等式可得x +2y +3z 2≤x 2+y 2+z 2 12+22+32 =14×14=196，所以x +2y +3z 的最大值为14，当且仅当x =1,y =2,z =3时取等号.故选：A5(23-24高二下·山东烟台·阶段练习)已知空间向量OA =1,12,0 ,OB =1,2,0 ,OC =0,1,12，OP =xOA +yOB +zOC ，且x +2y +z =2，则OP 的最小值为()A.2B.3C.2D.4【答案】B【分析】由空间向量的坐标表示计算OP =xOA +yOB +zOC ，然后由柯西不等式求解即可.【详解】因为OP =xOA +yOB +zOC =x 1,12,0 +y 1,2,0 +z 0,1,12 =x +y ,12x +2y +z ,12z ，所以OP 2=x +y 2+12x +2y +z 2+12z 2=13x +y 2+12x +2y +z 2+12z 2 1+1+1 ≥13x +y +12x +2y +z +12z2=1332x +3y +32z 2=34x +2y +z 2=3，当且仅当x +y =12x +2y +z =12z 时等号成立，即x =2,y =-1,z =2时等号成立.所以OP ≥3，所以OP 的最小值为 3.故选：B二、填空题6(2024·山西·二模)柯西不等式是数学家柯西(Cauchy )在研究数学分析中的“流数”问题时得到的一个重要不等式，而柯西不等式的二维形式是同学们可以利用向量工具得到的：已知向量a=x 1,y 1 ，b =x 2,y 2 ，由a ⋅b ≤a b 得到x 1x 2+y 1y 2 2≤x 21+y 21 x 22+y 22 ，当且仅当x 1y 2=x 2y 1时取等号.现已知a ≥0，b ≥0，a +b =9，则2a +4+b +1的最大值为.【答案】6【分析】令x 1=2,y 1=1,x 2=a +2,y 2=b +1，代入公式即可得解.【详解】令x 1=2,y 1=1,x 2=a +2,y 2=b +1，又a ≥0，b ≥0，a +b =9，所以2a +4+b +1 2≤2+1 a +2+b +1 =3×12=36，所以2a +4+b +1≤6，当且仅当2⋅b +1=a +2，即a =6,b =3时取等号，所以2a +4+b +1的最大值为6.故答案为：67(22-23高二下·浙江·阶段练习)已知x 2+y 2+z 2=1，a +3b +6c =16，则x -a 2+y -b 2+z -c 2的最小值为.【答案】9【分析】根据柯西不等式求解最小值即可.【详解】∵a +3b +6c =16≤12+32+6 2a 2+b 2+c 2=4a 2+b 2+c 2∴a 2+b 2+c 2≥4,当且仅当a 1=b 3=c6时等号成立，即a =1,b =3,c =6，∵x -a 2+y -b 2+z -c 2=1-2xa +by +cz +a 2+b 2+c 2≥1-2x 2+y 2+z 2a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+c 2=1-2a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+c 2=a 2+b 2+c 2-1 2≥9，当且仅当a x =b y =c z 时等号成立，可取x =14,y =34,z =64故答案为：98(22-23高一·全国·课堂例题)若不等式x +y ≤k 5x +y 对任意正实数x ，y 都成立，则实数k的最小值为.【答案】305/1530【分析】运用柯西不等式进行求解即可.【详解】由柯西不等式的变形可知5x +y =x 215+y21≥x +y15+1，整理得x +y5x +y≤305，当且仅当x15=y 1，即y =25x 时等号成立，则k 的最小值为305.故答案为：3059(22-23高三上·河北衡水·期末)若⊙C ：x -a 2+y -b 2=1，⊙D ：x -6 2+y -8 2=4，M ，N 分别为⊙C ，⊙D 上一动点，MN 最小值为4，则3a +4b 取值范围为．【答案】15,85【分析】先根据MN 的最小值求出CD =7，即a -6 2+b -8 2=49，再使用柯西不等式求出取值范围.【详解】由于MN 最小值为4，圆C 的半径为1，圆D 的半径为2，故两圆圆心距离CD =4+1+2=7，即a -6 2+b -8 2=49，由柯西不等式得：a -6 2+b -8 2 ⋅32+42 ≥3a -6 +4b -8 2，当且仅当a -63=b -84，即a =515,b =685时，等号成立，即3a +4b -50 2≤25×49，解得：15≤3a +4b ≤85.故答案为：15,8510已知正实数a ，b ，c ，d 满足a +b +c +d =1，则1a +b +c +1b +c +d +1c +d +a +1d +a +b的最小值是．【答案】163/513【分析】利用配凑法及柯西不等式即可求解.【详解】由题意可知，1a +b +c +1b +c +d +1c +d +a +1d +a +b=133a +b +c +d ×1a +b +c +1b +c +d +1c +d +a +1d +a +b=13a +b +c +b +c +d +c +d +a +d +a +b ×(1a +b +c +1b +c +d +1c +d +a +1d +a +b)≥131+1+1+1 2=163，当且仅当a =b =c =d =14时取“=”号．所以原式的最小值为163．故答案为：163.三、解答题11(2024·四川南充·三模)若a ，b 均为正实数，且满足a 2+b 2=2.(1)求2a +3b 的最大值；(2)求证：4≤a 3+b 3 a +b ≤92.【答案】(1)26(2)证明见解析【分析】(1)利用柯西不等式直接求解；(2)由分析法转化为求证4≤4+2ab -2a 2b 2≤92，换元后由函数单调性得证.【详解】(1)由柯西不等式得：a 2+b 2 22+32 ≥2a +3b 2，即2a +3b 2≤26，故2a +3b ≤26，当且仅当3a =2ba 2+b 2=2 ，即a =22613b =32613时取得等号，所以2a +3b 的最大值为26.(2)要证：4≤a 3+b 3 a +b ≤92，只需证：4≤a 4+b 4+ab a 2+b 2 ≤92，只需证：4≤a 2+b 2 2+ab a 2+b 2 -2a 2b 2≤92，即证：4≤4+2ab -2a 2b 2≤92，由a ，b 均为正实数，且满足a 2+b 2=2可得2=a 2+b 2≥2ab ，当且仅当a =b 时等号成立，即0<ab ≤1，设ab =t ∈(0,1]，则设f t =-2t 2+2t +4,t ∈0,1 ，∵f (x )在0,12 上单调递增，在12,1 上单调递减，又f (0)=f (1)=4,f 12=94，∴4≤f t ≤92，即4≤a 3+b 3 a +b ≤92.12(2024·四川·模拟预测)已知a ,b ,c 均为正实数，且满足9a +4b +4c =4．(1)求1a +1100b-4c 的最小值；(2)求证：9a2+b2+c2≥1641.【答案】(1)12 5(2)证明见解析【分析】(1)结合已知等式，将1a+1100b-4c化为1a+9a+1100b+4b-4，利用基本不等式，即可求得答案；(2)利用柯西不等式，即可证明原不等式.【详解】(1)因为a,b,c均为正实数，9a+4b+4c=4，所以1a+1100b-4c=1a+1100b+9a+4b-4=1a+9a+1100b+4b-4≥21a×9a+21100b ×4b-4=125，当且仅当1a=9a1100b=4b，即a=13,b=120,c=15时等号成立．(2)证明：根据柯西不等式有9a2+b2+c232+42+42≥(9a+4b+4c)2=16，所以9a2+b2+c2≥16 41．当且仅当3a3=b4=c4，即a=441,b=c=1641时等号成立，即原命题得证.13(2024高三·全国·专题练习)已知实数a，b，c满足a+b+c=1．(1)若2a2+b2+c2=12，求证：0≤a≤2 5；(2)若a，b，c∈0,+∞，求证：a21-a +b21-b+c21-c≥12．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由题意可得b+c=1-a，又12-2a2=b2+c2，结合基本不等式可得12-2a2≥1-a22，化简求得0≤a≤25，得证；(2)法一，由已知条件得a21-a +1-a4≥2a21-a⋅1-a4=a，同理可得b21-b+1-b4≥b，c21-c+1-c 4≥c，三式相加得证；法二，根据已知条件可得121-a+1-b+1-c=1，所以a21-a+b2 1-b +c21-c=121-a+1-b+1-ca21-a+b21-b+c21-c，利用柯西不等式求解证明.【详解】(1)因为a+b+c=1，所以b+c=1-a．因为2a2+b2+c2=1 2，所以12-2a2=b2+c2≥b+c22=1-a22，当且仅当b=c时等号成立，整理得5a2-2a≤0，所以0≤a≤2 5．(2)解法一：因为a+b+c=1，且a，b，c∈0,+∞，所以1-a>0，1-b>0，1-c>0，所以a21-a+1-a4≥2a21-a⋅1-a4=a，同理可得b21-b+1-b4≥b，c21-c+1-c4≥c，以上三式相加得a21-a+b21-b+c21-c≥54a+b+c-34=12，当且仅当a=b=c=13时等号成立．解法二：因为a+b+c=1，且a，b，c∈0,+∞，所以1-a>0，1-b>0，1-c>0，且121-a+1-b+1-c=1，所以a21-a+b21-b+c21-c=121-a+1-b+1-ca21-a+b21-b+c21-c≥121-a⋅a1-a+1-b⋅b1-b+1-c⋅c1-c2=12a+b+c2=12，当且仅当a=b=c=13时等号成立．2.权方和不等式一、填空题14已知x>-1，y>0且满足x+2y=1，则1x+1+2y的最小值为．【答案】9 2【分析】由x>-1知：x+1>0，为保证分母和为定值，对所求作适当的变形1x+1+2y=1x+1+42y，然后就可以使用权方和不等式了.【解析】1a-2b +4b=1a-2b+123b≥1+122a-2b+3b=14+46(等号成立条件，略).15已知x>0，y>0，且x+y=1则x2x+2+y2y+1的最小值是．【答案】1 4【解析】x2x+2+y2y+1≥x+y2x+y+3=14当xx+2=yy+1，即x=23,y=13时，等号成立．16已知a >0，b >0，且2a +2+1a +2b=1，则a +b 的最小值是．【答案】12+2【解析】1=2a +2+1a +2b ≥2+1 22a +2b +2当2a +2=1a +2b，即a =2,b =12时，等号成立，a +b min =12+2．17(23-24高一上·辽宁沈阳·阶段练习)权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设a ,b ,x ,y >0，则a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ，当且仅当a x =b y 时等号成立.根据权方和不等式，函数f x =2x +91-2x 0<x <12的最小值．【答案】25【分析】由f x =2x +91-2x =42x +91-2x ，再利用权方和不等式即可得解.【详解】由0<x <12，得1-2x >0，由权方和不等式可得f x =2x +91-2x =42x +91-2x ≥2+3 22x +1-2x=25，当且仅当22x =31-2x ，即x =15时取等号，所以函数f x =2x +91-2x 0<x <12的最小值为25.故答案为：25.18(2023高三·全国·专题练习)已知正数x ，y ，z 满足x +y +z =1，则x 2y +2z +y 2z +2x +z 2x +2y 的最小值为【答案】13【分析】根据权方和不等式可得解.【详解】因为正数x ，y 满足x +y +z =1，所以x 2y +2z +y 2z +2x +z 2x +2y ≥x +y +z 2y +2z +z +2x +x +2y =13，当且仅当x y +2z =y z +2x =z x +2y 即x =y =z =13时取等号.故答案为：13.19(2023高三·全国·专题练习)已知x +2y +3z +4u +5v =30，求x 2+2y 2+3z 2+4u 2+5v 2的最小值为【答案】60【分析】应用权方和不等式即可求解.【详解】x 2+2y 2+3z 2+4u 2+5v 2=x 21+2y 22+3z 23+4u 24+5v 25≥x +2y +3z +4u +5v 21+2+3+4+5=30215=60当且仅当x =y =z =u =v 时取等号故答案为：6020(2023高三·全国·专题练习)已知θ为锐角，则1sin θ+8cos θ的最小值为.【答案】55【分析】利用权方和不等式：b n +1a n +d n +1c n ≥b +d n +1a +cn求解.【详解】1sin θ+8cos θ=132sin 2θ12+432cos 2θ12≥1+432sin 2θ+cos 2θ12=532=55当且仅当1sin 2θ=4cos 2θ即sin θ=55，cos θ=255时取“=”.故答案为：5521(2023高三·全国·专题练习)已知正实数x 、y 且满足x +y =1，求1x 2+8y 2的最小值.【答案】27【分析】设x =cos 2α，y =sin 2α，α∈0,π2 ，由权方和不等式计算可得.【详解】设x =cos 2α，y =sin 2α，α∈0,π2，由权方和不等式，可知1x 2+8y 2=13cos 2α 2+23sin 2α 2≥1+2 3cos 2α+sin 2α2=27，当且仅当1cos 2α=2sin 2α，即x =13，y =23时取等号，所以1x 2+8y 2的最小值为27.故答案为：2722(2024高三·全国·专题练习)已知a >1,b >1，则a 2b -1+b 2a -1的最小值是．【答案】8【分析】利用权方和不等式求解最值即可.【详解】令a +b -2=t >0，则a 2b -1+b 2a -1≥a +b 2a +b -2=t +2 2t =t +4t +4≥24+4=8，当a +b -2=2a b -1=ba -1时，即a =2,b =2时，两个等号同时成立，原式取得最小值8．故答案为：823(2023高三·全国·专题练习)已知实数x ，y 满足x >y >0，且x +y =2，M =3x +2y +12x -y的最小值为.【答案】85/1.6【分析】巧妙运用权方和不等式求解和式的最小值问题，关键是找到所求式的两个分母与题设和式的内在联系.【详解】要求最小值，先来证明权方和不等式，即：∀a >0,b >0,x >0,y >0,有a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ,当且仅当a x =by时取等号.证明：利用柯西不等式：m ,n ,x ,y >0,(m 2+n 2)(x 2+y 2)≥(mx +ny )2，当且仅当m x =ny时取等号，要证a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ,只须证(x +y )a 2x +b 2y≥(a +b )2，因a >0,b >0,x >0,y >0,则(x +y )a 2x +b 2y =[(x )2+(y )2]ax2+b y2≥x ⋅a x +y ⋅by2=(a +b )2,当且仅当xax=yby时，即a x =by时取等号.不妨令m (x +2y )+(2x -y )=n (x +y ),整理得(m +2)x +(2m -1)y =nx +ny ，则m +2=n 2m -1=n,解得m =3n =5 ,则M =3x +2y +12x -y =93x +6y +12x -y =93x +6y +12x -y=323x +6y +122x -y ≥(3+1)25(x +y )=85，当且仅当33x +6y =12x -y 时等式成立，由33x +6y =12x -y x +y =2解得：x =32y =12，即当x =32,y =12时，M =3x +2y +12x -y 的最小值为85.故答案为：85.24(2024高三·全国·专题练习)已知x ,y >0,1x +22y=1，则x 2+y 2的最小值是．【答案】33【分析】利用权方和不等式求解最值即可.【详解】由题意得，1=1x +22y=132x 212+232y 212≥1+232x 2+y 212=33x 2+y2．(权方和的一般形式为：a m +11b m 1+a m +12b m 2+a m +13b m 3+⋯+a m +1nb m n ≥a 1+a 2+a 3+⋯+a n m +1b 1+b 2+b 3+⋯+b nm,a i >0,b i >0,当且仅当a i =λb i 时等号成立)当1x 2=2y 21x +22y=1，即x =3,y =32时，x 2+y 2取得最小值33．故答案为：3325(2023高三·全国·专题练习)已知正数x ,y 满足4x +9y =1，则42x 2+x +9y 2+y的最小值为【答案】118【分析】运用权方和不等式求和式的最小值，关键在于找到所求和式的两个分母与题设和式之间的联系，满足条件则迅速求解.【详解】要求最小值，先来证明权方和不等式，即：∀a >0,b >0,x >0,y >0,有a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ,当且仅当ax =by时取等号.证明：利用柯西不等式：m ,n ,x ,y >0,(m 2+n 2)(x 2+y 2)≥(mx +ny )2，当且仅当m x =ny时取等号，要证a 2x +b 2y ≥(a +b )2x +y ,只须证(x +y )a 2x +b 2y≥(a +b )2，因a >0,b >0,x >0,y >0,则(x +y )a 2x +b 2y =[(x )2+(y )2]ax2+b y2≥x ⋅a x +y ⋅by2=(a +b )2,当且仅当xax=yby时，即a x =by时取等号.故由42x 2+x +9y 2+y =4242x 2+x +929y 2+y =42x 28+4x +92y 29+9y ≥4x +9y24x +9y+17=118当且仅当4x8+4x =9y9+9y 时取等号.由4x +9y =14x 8+4x =9y 9+9y,解得：x =172y =17 ，即当x =172,y =17时，42x 2+x +9y 2+y的最小值为118.故答案为：118.。
2024年高考数学高频考点(新高考通用)柯西不等式(精讲+精练)解析版
【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展01柯西不等式（精讲+精练）
1.二维形式的柯西不等式
.),,,,,()())((22222等号成立时当且仅当bc ad R d c b a bd ac d c b a =∈+≥++2.二维形式的柯西不等式的变式
bd ac d c b a +≥+⋅+2222)1( .),,,,,(等号成立时当且仅当bc ad R d c b a =∈bd ac d c b a +≥+⋅+2222)2(
.),,,,,(等号成立时当且仅当bc ad R d c b a =∈.)
,0,,,(())()(3(2等号成立，时当且仅当bc ad d c b a bd ac d c b a =≥+≥++3.
二维形式的柯西不等式的向量形式
.),,,(等号成立时使或存在实数是零向量当且仅当βαβk k =≤注：有条件要用；没有条件，创造条件也要用。
比如，对2
2
2
c b a ++，并不是不等式的形状，但变成
()()
2222221113
1
c b a ++∙++∙就可以用柯西不等式了。
4.扩展：()()233221122322212
2322
21)(n n n n b a b a b a b a b b b b a a a a ++++≥++++++++ ，当且仅当n n b a b a b a :::2211=== 时，等号成立.
【题型训练1-刷真题】
二、题型精讲精练
一、知识点梳理。
高考数学复习 柯西不等式微专题
《柯西不等式》微专题二维形式的柯西不等式：若,,,a b c d 都是实数，则22222()()()a b c d ac bd ++≥+ 当且仅当a c =bd 时，等号成立。
ac bd ≥+ac bd ≥+柯西不等式的向量形式：设 ,αβ是两个向量，则αβαβ≤，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使得k αβ=时，等号成立。
三维形式的柯西不等式：2222222123123112233()()()a a a b b b a b a b a b ++++≥++当且仅当0(1,2,3)i b i ==，或a 1b 1=a 2b 2=a 3b 3时，等号成立。
一般形式的柯西不等式：222222212121122(+)(+)(+)n n n n a a a b b b a b a b a b ++++≥++………当且仅当0(1,2,n)i b i ==…，，或a 1b 1=a 2b 2=a 3b 3=⋯=an b n时，等号成立。
例1 已知,a b 为实数，证明：4422332()()()a b a b a b ++≥+ 【证明】4422222222222332()()[()()]()()()a b a b a b a b a a b b a b ++=++≥⋅+⋅=+ 例2.求函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值．【思维导图】变形→构造柯西不等式的形式→巧拆常数→凑出定值 【解析】函数的定义域为{x |1≤x ≤5}．y ＝5x －1＋25－x ≤52＋2x －1＋5－x ＝27×2＝63，当且仅当55－x ＝2x －1，即x ＝12727时取等号，故函数的最大值为6 3.例3 已知3x 2＋2y 2＝6，求证：2x ＋y ≤11.【思维导图】观察结构→凑成柯西不等式的结构→利用公式得出结论【证明】由于2x ＋y ＝23(3x )＋12(2y )． 由柯西不等式(a 1b 1＋a 2b 2)2≤(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)得(2x ＋y )2≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122(3x 2＋2y 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12×6＝116×6＝11，∴|2x ＋y |≤11， ∴2x ＋y ≤11.例4 设123,,x x x 为正数，求证：123123111()()9x x x x x x ++++≥ 【生】：动笔演算。
高中数学柯西不等式的几何意义练习题含答案
高中数学柯西不等式的几何意义练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 设变量x，y满足|x−2|+|y−2|≤1，则y−xx+1的最大值为（）A.1 3B.12C.−14D.−132. 若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，其坐标满足条件：|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22的最大值为0，则称f(x)为“柯西函数”，则下列函数：①f(x)=x+1x(x>0)；②f(x)=ln x(0<x<3)；③f(x)=cos x；④f(x)=x2−1．其中为“柯西函数”的个数为（）A.1B.2C.3D.43. 设P、A、B、C、D是表面积为36π的球的球面上五点，四边形ABCD为正方形，则四棱锥P−ABCD体积的最大值为________.4. 已知a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n（n是正整数），令L1=b1+b2+...+b n，L2=b2+b3+...+b n，…，L n=b n、某人用右图分析得到恒等式：a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n，则c k=________(2≤k≤n)．5. 已知实数a，b，x，y满足a2+b2=1，x2+y2=3，则ax+by的最大值为________．6. 已知实数a1，a2，a3不全为零，正数x，y满足x+y=2，设xa1a2+ya2a3a12+a22+a32的最大值为M=f(x, y)，则M的最小值为________．7. 已知正数a，b，c满足a2+b2+c2=6．（1）求a +2b +c 的最大值M ；（2）在（1）的条件下，若不等式|x +1|+|x +m|≥M 恒成立，求实数m 的取值范围．8. 已知a ，b ，c 均为正实数，函数f (x )=|x +1a 2|+|x −1b 2|+14c 2的最小值为1.证明：(1)a 2+b 2+4c 2≥9； (2)1ab+12bc+12ac≤1.9. 选修4−5：不等式选讲已知|x −2y|=5，求证：x 2+y 2≥5．10. 已知x 2+y 2+z 2=1，求xy +yz 最大值．11. 本小题设有(1)(2)(3)三个选考题，每题7分，请考生任选两题作答，满分14分，如果多做，则按所做的前两题计分． (1)选修4−2：矩阵与变换已知e 1=[11]是矩阵M =[a10b ]属于特征值λ1=2的一个特征向量．(I)求矩阵M ；(II)若a =[21]，求M 10a ．(2)选修4−4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，A(l, 0)，B(2, 0)是两个定点，曲线C 的参数方程为AB →为参数）．(I)将曲线C 的参数方程化为普通方程；(II)以A(l ，0为极点，|AB →|为长度单位，射线AB 为极轴建立极坐标系，求曲线C 的极坐标方程．(3)选修4−5：不等式选讲(I)试证明柯西不等式：(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a, b, x, y ∈R)； (II)若x 2+y 2=2，且|x|≠|y|，求1(x+y)+1(x−y)的最小值．12. 已知x ，y ，z 均为正实数，且1x 2+14y 2+19z 2=1，证明： (1)1x +12y +13z ≤√3；(2)x 2+4y 2+9z 2≥9.13. 已知函数f (x )=√t +2|x +1|−|x −3|的定义域为R ． (1)求实数t 的取值范围；(2)设实数m 为t 的最小值，若实数a ，b ，c 满足a 2+b 2+c 2=m 2，求1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值．14. （选修4−5：不等式选讲）已知正数x ，y ，z 满足x 2+y 2+z 2=1． （1）求x +2y +2z 的最大值；（2）若不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．15. 选修4−2：矩阵及其变换(1)如图，向量OA →和OB →被矩阵M 作用后分别变成OA′→和OB′→， (I)求矩阵M ；(II)并求y =sin (x +π3)在M 作用后的函数解析式；选修4−4：坐标系与参数方程( 2)在直角坐标系x0y 中，直线l 的参数方程为{x =3−√22t y =√5+√22t （t 为参数），在极坐标系（与直角坐标系x0y 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴）中，圆C 的方程为ρ=2√5sin θ． (I)求圆C 的直角坐标方程；(II)设圆C 与直线l 交于点A ，B ．若点P 的坐标为(3, √5)，求|PA|+|PB|． 选修4−5：不等式选讲(3)已知x ，y ，z 为正实数，且1x+1y+1z=1，求x +4y +9z 的最小值及取得最小值时x ，y ，z 的值．16. 设实数x，y，z满足0<x<y<z<π2，证明：π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．17. 已知函数f(x)=x ln x+(1−x)ln(1−x)，x∈(0, 1)．(1)求f(x)的最小值；(2)若a+b+c=1，a，b，c∈(0, 1)．求证：a ln a+b ln b+c ln c≥(a−2)ln2．18. （选修4−5：不等式选讲）若x∈(−12，23)，证明√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．19. 已知x，y，z满足等式13x+12y+z=8.5,12x+13y+2z=13.5．(1)若z=−1，求√x+y的值；(2)若m=√x−3y+√3y−x+√x+y+z，求m的平方根．20. 已知实数x、y、z满足2x2+3y2+6z2=a(a>0)，且x+y+z的最大值是1，求a的值．21. 选修4−5：不等式选讲已知实数a，b，c，d，e满足a+b+c+d+e=8，a2+b2+c2+d2+e2=16，试确定e的最大值．参考答案与试题解析高中数学柯西不等式的几何意义练习题含答案一、选择题（本题共计 2 小题，每题 3 分，共计6分）1.【答案】B【考点】柯西不等式的几何意义【解析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等|x−2|+|y−2|≤1的可行域，是一个正方形，得A(1, 2)，B(2, 1)，C(3, 2)，D(2, 3)．当x=1，y=2时，则y−xx+1=12，当x=2，y=1时，则y−xx+1=−13，当x=3，y=2时，则y−xx+1=−14，当x=2，y=3时，则y−xx+1=13，则y−xx+1有最大值12．故选B．2.【答案】C【考点】函数新定义问题柯西不等式的几何意义【解析】由柯西不等式得：对任意实数x1，y1，x2，y2，|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22≤0恒成立（当且仅当存在实数k，使得x1=kx2，y1=ky2取等号），若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，其坐标满足条件：|x1x2+y1y2|−√x12+y12⋅√x22+y22的最大值为0，则函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x1, y1)，B(x 2, y 2)，使得OA →、OB →共线，即存在点A 、B 与点O 共线，逐一判定即可． 【解答】解：由柯西不等式得：对任意实数x 1，y 1，x 2，y 2，|x 1x 2+y 1y 2|−√x 12+y 12⋅√x 22+y 22≤0恒成立（当且仅当存在实数k ，使得x 1=kx 2，y 1=ky 2取等号）， 若函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 其坐标满足条件：|x 1x 2+y 1y 2|−√x 12+y 12⋅√x 22+y 22的最大值为0， 则函数f(x)在其图象上存在不同的两点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，使得OA →，OB →共线，即存在点A ，B 与点O 共线. 对于①，设AB 的方程为y =kx ，其与f(x)=x +1x (x >0)只有一个交点，故①不是柯西函数；对于②，由于y =x e 与f(x)=ln x(0<x <3)有两个交点，故②是柯西函数；对于③，取A(0,0)，点B 任意，均满足定义，故③是柯西函数； 对于④，取A(−1,0)，B(1,0)，满足定义，故④是柯西函数． 故选C ．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 3 分 ，共计12分 ） 3. 【答案】643【考点】柯西不等式的几何意义 球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】答案未提供解析． 【解答】解：由已知可得球的半径r =3，设球心到四棱锥底面的距离为x ，棱锥的高为ℎ=3+x ，底面边长为√2×√32−x 2， P −ABCD 的体积为： V =13×2×(9−x 2)(3+x)=13(3+x)(3+x)(6−2x) ≤13[(3+x)+(3+x)+(6−2x)3]3=643，当且仅当x =1时等号成立． 故答案为：643. 4.【答案】 a k −a k−1 【考点】柯西不等式的几何意义【解析】首先分析题目已知a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n，可以看出等式左边是图中的面积，然后把左边变换形式后等于右边即可得到答案．【解答】解：因为已知恒等式a1b1+a2b2+...+a n b n=a1L1+c2L2+c3L3+...+c k L k+...+...+c n L n且L1=b1+b2+...+b n，L2=b2+b3+...+b n，…，L n=b n、又由图中的面积S=a1b1+a2b2+...+a n b n=a1(b1+b2+b3+...+b n)+(a2−a1)(b2+b3+...+b n)+...+(a n−1−a n−2)(b n−1+b n)+(a n−a n−1)b n=a1L1+(a2−a1)L2+...+(a n−1−a n−2)L n−1+(a n−a n−1)L n所以c k=a k−a k−15.【答案】√3【考点】柯西不等式的几何意义一般形式的柯西不等式【解析】先根据柯西不等式可知(a2+b2)(x2+y2)≥(ax+by)2，进而的求得(ax+by)2的最大值，进而求得ax+by的最大值．【解答】解：因为a2+b2=1，x2+y2=3，由柯西不等式(a2+b2)(x2+y2)≥(ax+by)2，得3≥(ax+by)2，当且仅当ax=by时取等号，所以ax+by的最大值为√3．故答案为：√3．6.【答案】√22【考点】柯西不等式的几何意义【解析】讨论a2=0，a2≠0，对原分式分子分母同除以a2，运用x≤|x|，然后分子运用柯西不等式，分母运用均值不等式，再化简得到M=√x2+y22，根据条件正数x，y满足x+ y=2，消去y，配方求出x2+y2的最小值，从而得到M的最小值．【解答】解：若a2=0，则xa1a2+ya2a3a12+a22+a32=0，若a2≠0，则xa1a2+ya2a3a12+a22+a32=xa1+ya3a12+a32a2+a2≤x|a1|+y|a3|a12+a32|a2|+|a2|≤√(x2+y2)(a12+a32)2√a1+a3=√x2+y22，∴M=√x2+y22，∵正数x，y满足x+y=2，即y=2−x，∴x2+y2=x2+(2−x)2=2x2−4x+4=2(x−1)2+2，当x=1时，x2+y2取最小值2，∴M的最小值为√22．故答案为：√22．三、解答题（本题共计 15 小题，每题 10 分，共计150分）7.【答案】解：（1）因为已知a、b、c是实数，且a2+b2+c2=6，根据柯西不等式有(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2故(a+2b+c)2≤36，即a+2b+c≤6即a+2b+c的最大值为6，当且仅当a1=b2=c1，即当a=c=1，b=2时取得最大值．…（2）因为|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|=|m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，得m≥7或m≤−5．综上，实数m的取值范围为m≥7或m≤−5．…【考点】柯西不等式的几何意义【解析】（1）分析题目已知a2+b2+c2=6，求a+2b+c的最大值，考虑到柯西不等式(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2，即可得到答案．（2）利用绝对值不等式的几何意义可求得|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|= |m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，从而可求得实数m的取值范围．【解答】解：（1）因为已知a、b、c是实数，且a2+b2+c2=6，根据柯西不等式有(a2+b2+c2)(12+22+12)≥(a+2b+c)2故(a+2b+c)2≤36，即a+2b+c≤6即a+2b+c的最大值为6，当且仅当a1=b2=c1，即当a=c=1，b=2时取得最大值．…（2）因为|x+1|+|x+m|≥|x+1−(x+m)|=|m−1|，由题意及（1）得，|m−1|≥6，得m≥7或m≤−5．综上，实数m的取值范围为m≥7或m≤−5．…8.【答案】证明：(1)∵ a，b，c>0，∴ f(x)=|x+1a2|+|x−1b2|+14c2≥|x+1a2−(x−1b2)|+14c2=1a2+1b2+14c2，∴1a2+1b2+14c2=1，由柯西不等式得(a2+b2+4c2)(1a2+1b2+14c2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当a=b=2c=√3时取“=”，∴a2+b2+4c2≥9．(2)∵1a2+1b2≥2ab，1b2+14c2≥1bc，1a2+14c2≥1ac，（以上三式当且仅当a=b=2c=√3时同时取“=”），将以上三式相加得2ab +1bc+1ac≤2(1a2+1b2+14c2)=2，即1ab +12bc+12ac≤1．【考点】柯西不等式的几何意义绝对值不等式的解法与证明基本不等式在最值问题中的应用【解析】左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析．【解答】证明：(1)∵ a，b，c>0，∴ f(x)=|x+1a2|+|x−1b2|+14c2≥|x+1a2−(x−1b2)|+14c2=1a2+1b2+14c2，∴1a2+1b2+14c2=1，由柯西不等式得(a2+b2+4c2)(1a2+1b2+14c2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当a=b=2c=√3时取“=”，∴a2+b2+4c2≥9．(2)∵1a2+1b2≥2ab，1b2+14c2≥1bc，1a2+14c2≥1ac，（以上三式当且仅当a=b=2c=√3时同时取“=”），将以上三式相加得2ab +1bc+1ac≤2(1a2+1b2+14c2)=2，即1ab +12bc+12ac≤1．9.【答案】解：由柯西不等式，得(x2+y2)[12+(−2)2]≥(x−2y)2即5(x2+y2)≥(x−2y)2=|x−2y|2∵|x−2y|=5，∴5(x2+y2)≥25，化简得x2+y2≥5．当且仅当2x=−y时，即x=−1，y=2时，x2+y2的最小值为5∴不等式x2+y2≥5成立．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】根据柯西不等式，得5(x2+y2)≥|x−2y|2，结合已知等式|x−2y|=5，得x2+y2≥5，再利用不等式取等号的条件加以检验即可．【解答】解：由柯西不等式，得(x2+y2)[12+(−2)2]≥(x−2y)2即5(x2+y2)≥(x−2y)2=|x−2y|2∵|x−2y|=5，∴5(x2+y2)≥25，化简得x2+y2≥5．当且仅当2x=−y时，即x=−1，y=2时，x2+y2的最小值为5∴不等式x2+y2≥5成立．10.【答案】解：由于1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)≥2x√22⋅√2z=√2(xy+yz)，当且仅当x=√2=z时，等号成立，∴x=√2=z=12时，xy+yz的最大值为√22．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】先将题中条件转化为1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)，再利用基本不等式即可求出xy+yz的最大值．【解答】解：由于1=x2+y2+z2=(x2+12y2)+(12y2+z2)≥2x√22⋅√2z=√2(xy+yz)，当且仅当x=√2=z时，等号成立，∴x=2=z=12时，xy+yz的最大值为√22．11.【答案】(1)解：(I)由题意，[a10b ][11]=2[11]，∴{a+1=2b=2，∴a=1，b=2∴矩阵M=[1102]；(II)由(I)知，矩阵M的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2)∴矩阵M的另一个特征值为λ2=1∴ {2y =y ，取x =1，则e 2=[1]∴ a →=e 1→+e 2→∴ M 10a →=210[11]+110[10]=[10251024](2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ可得(x −2)2+y 2=1；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，即x 2+y 2−2x =0 ∴ 曲线C 的极坐标方程为ρ−2cos θ=0(3)(I)证明：左边-右边=a 2y 2+b 2x 2−2abxy =(ay −bx)2≥0，∴ 左边≥右边 即(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a,b,x,y ∈R) (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2∵ x 2+y 2=2，∴ (u +v)2+(u −v)2=8，∴ u 2+v 2=4由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，当且仅当u =v =√2，即x =√2，y =0或x =0,y =√2时，1(x+y)2+1(x+y)2的最小值是1．【考点】复合变换与二阶矩阵的乘法 圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 柯西不等式的几何意义平均值不等式在函数极值中的应用【解析】(1)(I)由题意，根据特征值与特征向量的定义，建立方程组，即可求得矩阵M ；(II)求出矩阵M 的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2)，从而可求矩阵M 的另一个特征值与特征向量，将向量用特征向量线性表示，进而可求结论； (2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ，即可得普通方程；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，从而可得曲线C 的极坐标方程；(3)(I)利用作差法即可证得； (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2，根据x 2+y 2=2，可得u 2+v 2=4，由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，从而可求1(x+y)2+1(x+y)2的最小值． 【解答】(1)解：(I)由题意，[a10b ][11]=2[11]，∴ {a +1=2b =2，∴ a =1，b =2 ∴ 矩阵M =[1102]；(II)由(I)知，矩阵M 的特征多项式为f(λ)=(λ−1)(λ−2) ∴ 矩阵M 的另一个特征值为λ2=1∴ {2y =y ，取x =1，则e 2=[1]∴ a →=e 1→+e 2→∴ M 10a →=210[11]+110[10]=[10251024](2)(I)由{x =2+cos θy =sin θ消去θ可得(x −2)2+y 2=1；(II)将原点移至A(1, 0)，则相应曲线C 的方程为(x −1)2+y 2=1，即x 2+y 2−2x =0 ∴ 曲线C 的极坐标方程为ρ−2cos θ=0(3)(I)证明：左边-右边=a 2y 2+b 2x 2−2abxy =(ay −bx)2≥0，∴ 左边≥右边 即(a 2+b 2)(x 2+y 2)≥(ax +by)2(a,b,x,y ∈R) (II)令u =x +y ，v =x −y ，则x =u+v 2，y =u−v 2∵ x 2+y 2=2，∴ (u +v)2+(u −v)2=8，∴ u 2+v 2=4由柯西不等式得：(1u 2+1v 2)(u 2+v 2)≥4，当且仅当u =v =√2，即x =√2，y =0或x =0,y =√2时，1(x+y)2+1(x+y)2的最小值是1．12. 【答案】证明：(1)1x +12y +13z ≤√(1+1+1)(1x 2+14y 2+19z 2)=√3. (2)由题意得x 2+4y 2+9z 2=(x 2+4y 2+9z 2)×1 =(x 2+4y 2+9x 2)⋅(1x 2+14y 2+19y 2)≥(1+1+1)2=9，当且仅当x =2y =3z 时等号成立， 所以x 2+4y 2+9z 2≥9． 【考点】 不等式的证明柯西不等式的几何意义【解析】（1）运用柯西不等式和不等式的性质，即可得证． （2）运用柯西不等式和不等式的性质，即可得证． 【解答】证明：(1)1x +12y +13z ≤√(1+1+1)(1x +14y +19z )=√3. (2)由题意得x 2+4y 2+9z 2=(x 2+4y 2+9z 2)×1 =(x 2+4y 2+9x 2)⋅(1x 2+14y 2+19y 2)≥(1+1+1)2=9， 当且仅当x =2y =3z 时等号成立， 所以x 2+4y 2+9z 2≥9． 13. 【答案】解：(1)因为函数f (x )的定义域为R ，即t +2|x +1|−|x −3|≥0恒成立， 所以t ≥−2|x +1|+|x −3|恒成立，y =−2|x +1|+|x −3|={x +5,x ≤−1,1−3x,2,−1<x <3,−x −5,x ≥3,可知当x =−1时，y =−2|x +1|+|x −3|有最大值4，即t ≥4． (2)由(1)知m =4，a 2+b 2+c 2=16， 由柯西不等式知：(1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3)×(a 2+1+b 2+2+c 2+3) ≥(1+1+1)2=9， 所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3≥922， 当且仅当a 2=193，b 2=163，c 2=133时等号成立，所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值为922． 【考点】 绝对值不等式柯西不等式的几何意义【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)因为函数f (x )的定义域为R ，即t +2|x +1|−|x −3|≥0恒成立， 所以t ≥−2|x +1|+|x −3|恒成立，y =−2|x +1|+|x −3|={x +5,x ≤−1,1−3x,2,−1<x <3,−x −5,x ≥3,可知当x =−1时，y =−2|x +1|+|x −3|有最大值4，即t ≥4． (2)由(1)知m =4，a 2+b 2+c 2=16， 由柯西不等式知：(1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3)×(a 2+1+b 2+2+c 2+3) ≥(1+1+1)2=9， 所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3≥922，当且仅当a 2=193，b 2=163，c 2=133时等号成立，所以1a 2+1+1b 2+2+1c 2+3的最小值为922．14.【答案】 解：（1）因为已知x 2+y 2+z 2=1根据柯西不等式： (ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得： (x +2y +2z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+22)≤1×9=9故x +2y +2z ≤√9=3．当且仅当x =y2=z2时取等号． 则当x =13，y =z =23时x +2y +2z 的最大值是3；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立， 当且仅当|a −3|≥3成立，即{a <33−a ≥3或{a ≥3a −3≥3，解得a ≤0，或a ≥6， 所以实数a 的取值范围是(−∞, 0]∪[6, +∞)．【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】（1）分析题目已知x 2+y 2+z 2=1，求x +2y +3z 的最大值．考虑到应用柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)，首先构造出柯西不等式求出(x +2y +2z)2的最大值，开平方根即可得到答案；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立，当且仅当|a −3|≥3成立，【解答】 解：（1）因为已知x 2+y 2+z 2=1根据柯西不等式： (ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得： (x +2y +2z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+22)≤1×9=9 故x +2y +2z ≤√9=3．当且仅当x =y 2=z2时取等号．则当x =13，y =z =23时x +2y +2z 的最大值是3；（2）由（1）得，不等式|a −3|≥x +2y +2z 对一切正数x ，y ，z 恒成立， 当且仅当|a −3|≥3成立，即{a <33−a ≥3或{a ≥3a −3≥3，解得a ≤0，或a ≥6， 所以实数a 的取值范围是(−∞, 0]∪[6, +∞)． 15. 【答案】解：(1)(I)设M =[ab cd]， ∵ OA →=(1,1)，OB →=(1,2)矩阵M 作用后分别变成OA′→=(2, 2)，OB′→=(2, 4)， ∴ 用待定系数求得M =[2002]．(II)∵ M =[2002]，∴ {x =x′2y =y′2，解得{x′=2x y′=2y ， 再坐标转移法得y′=2sin (x 2+π3)． (2)(I)∵ 圆C 的方程为ρ=2√5sin θ， ∴ ρ2=2√5ρsin θ，∴ 圆的直角方程：x 2+(y −√5)2=5(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0 由△=(3√2)2−4×4=2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两根 所以{t 1+t 2=3√2⋅，又直线l 过点(3,√5)，故结合t 的几何意义得|PA|+|PB|=|t 1|+|t 2|=t 1+t 2=3√2．…7 分 (3)解：由柯西不等式得x +4y +9z =[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(√x )2+(y )2+(√z )2]≥(√x √x2√y ⋅y+3√z √z)2=36．…当且仅当x =2y =3z 时等号成立，… 此时x =6，y =3，z =2…所以当x =6，y =3，z =2时，x +4y +9z 取得最小值36．… 【考点】柯西不等式的几何意义 几种特殊的矩阵变换 参数方程与普通方程的互化【解析】(1)(I)二阶矩阵把点变换成点，利用待定系数法及二阶矩阵与平面列向量的乘法，可求矩阵M ，(II)二阶矩阵把点变换成点，借此又可解决坐标变换问题，注意变换前后点的坐标间的关系．(2)(I)由圆C 的方程为ρ=2√5sin θ，能求出圆的直角方程．(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0，再由点P 的坐标为(3, √5)，能求出|PA|+|PB|．(3)由柯西不等式，得x +4y +9z =[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(x)2+(y)2+(√z )2]，由此能求出x +4y +9z 取得最小值．【解答】解：(1)(I)设M =[ab cd]， ∵ OA →=(1,1)，OB →=(1,2)矩阵M 作用后分别变成OA′→=(2, 2)，OB′→=(2, 4)， ∴ 用待定系数求得M =[2002]．(II)∵ M =[2002]，∴ {x =x′2y =y′2，解得{x′=2x y′=2y ， 再坐标转移法得y′=2sin (x 2+π3)．(2)(I)∵ 圆C 的方程为ρ=2√5sin θ， ∴ ρ2=2√5ρsin θ，∴ 圆的直角方程：x 2+(y −√5)2=5(II)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2−3√2t +4=0 由△=(3√2)2−4×4=2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两根所以{t1+t2=3√2⋅，又直线l过点(3,√5)，故结合t的几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3√2．…7分(3)解：由柯西不等式得x+4y+9z=[(√x)2+(2√y)2+(3√z)2]•[(√x )2+(√y)2+(√z)2]≥(√x√x 2√y⋅y+3√z√z)2=36．…当且仅当x=2y=3z时等号成立，…此时x=6，y=3，z=2…所以当x=6，y=3，z=2时，x+4y+9z取得最小值36．…16.【答案】证明：由于sin2x+sin2y+sin2z−2sin x cos y−2sin y cos z=12[(sin2x+sin2y)+(sin2y+sin2z)+(sin2z+sin2x)]−2sin x cos y−2sin y cos z≤sin(x+y)cos(x−y)+sin(y+z)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)−2sin x cos y cos(x −y)−2sin y cos z cos(y−z)=sin(y−x)cos(x−y)+sin(z−y)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)=12sin(2y−2x)+12sin(2z−2y)+sin(z+x)cos(z−x)=sin(z−x)cos(2y−x−z)+sin(z+x)cos(z−x)≤sin(z−x)+cos(z−x)≤√2<π2故π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】利用作差法，结合三角恒等变换公式，即可证明结论．【解答】证明：由于sin2x+sin2y+sin2z−2sin x cos y−2sin y cos z=12[(sin2x+sin2y)+(sin2y+sin2z)+(sin2z+sin2x)]−2sin x cos y−2sin y cos z≤sin(x+y)cos(x−y)+sin(y+z)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)−2sin x cos y cos(x −y)−2sin y cos z cos(y−z)=sin(y−x)cos(x−y)+sin(z−y)cos(y−z)+sin(z+x)cos(z−x)=12sin(2y−2x)+12sin(2z−2y)+sin(z+x)cos(z−x)=sin(z−x)cos(2y−x−z)+sin(z+x)cos(z−x)≤sin(z−x)+cos(z−x)≤√2<π2故π2+2sin x cos y+2sin y cos z>sin2x+sin2y+sin2z．17.【答案】解：(1)f ′(x)=ln x +1−ln (1−x)−1=ln x 1−x，令f ′(x)=0，x =12．当x ∈(0,12)时，f′(x)<0；当x ∈(12，1]时，f′(x)>0．所以，f(x)min =f(12)=−ln 2．(2)证明：由a +b +c =1，a ，b ，c ∈(0, 1)， 得b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．由(1)，当x ∈(0, 1)，x ln x +(1−x)ln (1−x)≥−ln 2， 所以，b 1−a lnb 1−a+c 1−alnc 1−a≥−ln 2，11−a[b ln b −b ln (1−a)+c ln c −c ln (1−a)]≥−ln 2，b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2+(b +c)ln (1−a)=(a −1)ln 2+(1−a)ln (1−a)．(∗) 因为a ∈(0, 1)，由(1)，a ln a +(1−a)ln (1−a)≥−ln 2， 所以，(1−a)ln (1−a)≥−a ln a −ln 2．(∗∗)由(∗) (∗∗)，b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2−a ln a −ln 2， 所以，a ln a +b ln b +c ln c ≥(a −2)ln 2． 【考点】柯西不等式的几何意义 不等式的证明导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】（1）求出导函数，通过极值点，判断函数的单调性，然后求解函数的最小值． （2）由a +b +c =1，推出b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．利用（1）的结果转化推出b ln b +c ln c ≥(a −1)ln 2−a ln a −ln 2，即可证明a ln a +b ln b +c ln c ≥(a −2)ln 2． 【解答】解：(1)f ′(x)=ln x +1−ln (1−x)−1=ln x 1−x，令f ′(x)=0，x =12．当x ∈(0,12)时，f′(x)<0；当x ∈(12，1]时，f′(x)>0． 所以，f(x)min =f(12)=−ln 2．(2)证明：由a +b +c =1，a ，b ，c ∈(0, 1)， 得b1−a +c1−a =1，b1−a ，c1−a ∈(0,1)．由(1)，当x ∈(0, 1)，x ln x +(1−x)ln (1−x)≥−ln 2， 所以，b1−a ln b1−a +c1−a ln c1−a ≥−ln 2，11−a[b ln b−b ln(1−a)+c ln c−c ln(1−a)]≥−ln2，b ln b+c ln c≥(a−1)ln2+(b+c)ln(1−a)=(a−1)ln2+(1−a)ln(1−a)．(∗)因为a∈(0, 1)，由(1)，a ln a+(1−a)ln(1−a)≥−ln2，所以，(1−a)ln(1−a)≥−a ln a−ln2．(∗∗)由(∗) (∗∗)，b ln b+c ln c≥(a−1)ln2−a ln a−ln2，所以，a ln a+b ln b+c ln c≥(a−2)ln2．18.【答案】证明：因为18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，由柯西不等式可得：18=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)≥(√1+2x⋅1+√3+x⋅1+√2−3x⋅1)2…又x∈(−12，23)，所以√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．…【考点】不等式的证明柯西不等式的几何意义【解析】直接构造18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，利用柯西不等式证明即可．【解答】证明：因为18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)，由柯西不等式可得：18=[(1+2x)+(3+x)+(2−3x)](1+1+1)≥(√1+2x⋅1+√3+x⋅1+√2−3x⋅1)2…又x∈(−12，23)，所以√1+2x+√3+x+√2−3x<3√2．…19.【答案】（1）√x+y=√30．（2）m的平方根是±2．【考点】柯西不等式的几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）把z=−1代入已知等式中，得13x+12y=9.5，1 2x+13y=15.5,两式相加，得56x+56y=25，∴x+y=30，∴√x+y=√30．（2）m=√x−3y+√3y−x+√x+y+z，∴x−3y≥0，3y−x≥0，∴x−3y =0，即x =3y ．把x =3y 代入已知等式中，并整理得3y +2z =17,11y +12z =81，解得x =9,y =3z =4，∴ m =√9+3+4=4，∴ m 的平方根是±2． 20. 【答案】解：由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2×√2x +√3×√3y √6×√6z)2…因为2x 2+3y 2+6z 2=a(a >0)，所以a ≥(x +y +z)2， 因为x +y +z 的最大值是1，所以a =1， 当2x =3y =6z 时，x +y +z 取最大值，… 所以a =1．… 【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2√2x +√3×√3y √6×√6z)2，可得出x +y +z 的最大值，从而可根据最大值为1，建立关于a 的方程解出a 值即可． 【解答】解：由柯西不等式：[(√2x)2+(√3y)2+(√6z)2][(√2)2+(√3)2+(√6)2]≥(√2×√2x +√3×√3y √6×√6z)2…因为2x 2+3y 2+6z 2=a(a >0)，所以a ≥(x +y +z)2， 因为x +y +z 的最大值是1，所以a =1， 当2x =3y =6z 时，x +y +z 取最大值，… 所以a =1．… 21.【答案】解：由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2， ∴ 4(16−e)2≥(8−e)2，解得0≤e ≤165．当且仅当a =b =c =d =65时，e 取得最大值165．【考点】柯西不等式的几何意义 【解析】由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2，即可得出． 【解答】解：由已知可得a +b +c +d =8−e ，a 2+b 2+c 2+d 2=16−e 2，由柯西不等式可得：(a 2+b 2+c 2+d 2)(12+12+12+12)≥(a +b +c +d)2， ∴ 4(16−e)2≥(8−e)2，解得0≤e ≤165．当且仅当a=b=c=d=65时，e取得最大值165．。
柯西不等式-题目+解析版
柯西不等式1.【2018年优能教案】已知实数x，y，z且x+3y−2z=3，求x2+y2+z2的最小值．【答案】914【解析】由柯西不等式，得(x2+y2+z2)×[12+32+(−2)2]=(x2+y2+z2)×(1+9+4)≥(x+3y−2z)2即(x+3y−2z)2≤14(x2+y2+z2)所以x2+y2+z2≥914即x2+y2+z2最小值为9142.【2018年优能教案】利用二维柯西不等式求函数y=√x−1+√2−x的最大值．【答案】√2【解析】方法一：根据√a2+b2⋅√c2+d2≥|ac+bd|可得y=√x−1+√2−x=1×√x−1+1×√2−x≤√12+12×√(√x−1)2+(√2−x)2=√2方法二：y2=1+2√x−1⋅√2−x≤1+x−1+2−x=2所以y≤√2方法三：y2=1+2√x−1⋅√2−x=1+2√(x−1)⋅(2−x)，二次函数求最值y2≤2【备注】注意使用柯西不等式求最值时，用常数的凑法3.【2018年优能教案】已知实数x，y满足√2x+1+√2y+3=4，求证：x+y≥2．【答案】见解析【解析】证明：由于√2x+1+√2y+3=4可得(2x+1+2y+3)(1+1)≥(√2x+1×1+√2y+3×1)2即4x+4y+8≥16，求得x+y≥2当且仅当√2x+1=√2y+3=2时，取等号故x+y≥24.【2018年优能教案】已知为实数，求证：(a4+b4)(a2+b2)≥(a3+b3)2．【答案】见解析【解析】证明：根据柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2直接得到 (a 4+b 4)(a 2+b 2)≥(a 3+b 3)2 【备注】本题很简单，直接带公式5.【2018年优能教案】求函数 y =5√x −1+√10−2x 的最大值． 【答案】6√3【解析】y=5×√x −1+√2×√5−x ≤√52+(√2)2×√(√x −1)2+(√5−x)2=6√3【备注】注意使用柯西不等式求最值时，用常数的凑法6.【2018年优能教案】 设实数 a ，b ，c 满足 a +2b +3c =4，求证：a 2+b 2+c 2≥87．【答案】见解析 【解析】证明：∵a +2b +3c =4由柯西不等式得 (a 2+b 2+c 2)(1+4+9)≥(a +2b +3c)2=16所以 a 2+b 2+c 2≥87当且仅当 a1=b 2=c3 时，等号成立即当 a =27，b =47，c =67 时，等号成立 所以 a 2+b 2+c 2≥877.【2018年优能教案】设实数 x ，y ，z 满足 x +2y +3z =6，求 x 2+y 2+z 2 的最小值，并求此时 x ，y ，z 的值． 【答案】x 2+y 2+z 2 的最小值是 187，当且仅当 x1=y 2=z 3 即 x =37，y =67，z =97【解析】12+22+32=14由柯西不等式得 (x 2+y 2+z 2)(1+4+9)≥(x +2y +3z)2=36 所以得到 x 2+y 2+z 2≥187 即 x 2+y 2+z 2 的最小值是 187当且仅当 x1=y 2=z 3即 x =37，y =67，z =978.【2018年陕西西安未央区浐灞中学高二上学期期末考试数学试卷】已知a,b,c ∈R,a +2b +3c =6，则a 2+4b 2+9c 2的最小值为________． 【答案】12【解析】a,b,c ∈R,a +2b +3c =6根据柯西不等式，得(a +2b +3c)2=(1×a +1×2b +1×3c)2⩽(12+12+12)[a 2+(2b)2+(3c)2] 化简得62⩽3(a 2+4b 2+9c 2)，∴a 2+4b 2+9c 2⩾12当且仅当a =2,b =1,c =23时成立9.【2018年优能教案】 已知实数 x >0，y >0，z >0，证明：(1x+2y+3z)(x2+y4+z6)≥92．【答案】见解析【解析】证明：由 x >0，y >0，z >0(1x+2y+3z)(x2+y4+z6)≥(√1x⋅x2+√2y⋅y4+√3z⋅z6)2=92当且仅当x=y2=z3取得等号10.【2018年优能教案】设x>0，y>0，z>0，xyz=1，求证：1x3y +1y3z+1z3x≥1x+1y+1z．【答案】见解析【解析】证明：∵x>0，y>0，z>0，xyz=1∴1x3y+1y3z+1z3x=zx2+xy2+yz2所以由柯西不等式可得：(zx2+xy2+yz2)(xy+yz+zx)≥(√xyzx+√xyzy+√xyzz)2 =(xyzx+xyzy+xyzz)2=(xy+yz+xz)2∴1x3y+1y3z+1z3x≥1x+1y+1z11.【2018年优能教案】已知a，b都是正实数，且a⋅b=2，求证：(2a+1)⋅(b+1)≥9．【答案】见解析【解析】证明：方法一：柯西不等式(2a+1)⋅(b+1)=[(√2a)2+12⋅(√b)2+12]2≥(√2ab+1)2=9方法二：均值不等式2a+1⋅b+1=2ab+2a+b+1=2a+b+5，2a+b≥2√2ab=4当且仅当2a=b即a=1，b=2等式成立12.【2018年优能教案】求证：(x2+y4)(a4+b2)≥(a2x+by2)2．【答案】见解析【解析】证明：根据柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2直接得到(x2+y4)(a4+b2)≥(a2x+by2)213.【2018年优能教案】已知a，b，c，d满足a>b>c>d，求证：1a−b +4b−c+9c−d≥36a−d．【答案】见解析【解析】证明：a>b>c>d故a−d>0，b−c>0，c−d>0故[(a−b)+(b−c)+(c−d)](1a−b +4b−c+9c−d)≥(1+2+3)2=36所以1a−b +4b−c+9c−d≥36a−d【备注】注意a−d的拆分方法14.【2018年优能教案】已知a2+b2=5，ax+by=5，求证x2+y2≥5．【答案】见解析【解析】证明：因为a2+b2=5，ax+by=5由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2得5(x2+y2)≥52所以x2+y2≥515.【2018年优能教案】设a，b，c为正数，求证：√a2+b2+√b2+c2+√a2+c2≥√2(a+b+c)．【答案】见解析【解析】证明：√a2+b2√12+12≥a+b，即√2√a2+b2≥a+b√a2+c2√12+12≥a+c，即√2√a2+c2≥a+c√c2+b2√12+12≥c+b，即√2√c2+b2≥c+b三式相加可得√a2+b2+√b2+c2+√a2+c2≥√2(a+b+c)【备注】注意讲解出柯西不等式利用时，用常数凑出公式16.【2017年浙江杭州高三下学期高考零模数学试卷2017学年高三下学期新高考联盟卷4】若x⩾y⩾z⩾1，且xyz=4，则(log2x)2+(log2y)2+(log2z)2的取值范围是________【答案】[43,2]【解析】令log2x=a，log2y=b，log2z=c，则a+b+c=2原题即求a2+b2+c2的取值范围由柯西不等式，(a2+b2+c2)(1+1+1)⩾(a+b+c)2，故a2+b2+c2⩾43由题意a,b,c∈[0,1]，故a2+b2+c2⩽a+b+c=2综上a2+b2+c2∈[43,2]17.【2016年浙江湖州单元测试】已知实数a,b,c满足a2+2b2+3c2=1,则a+2b的最大值是()A．√3B．2C．√5D．3【答案】A【解析】由a2+2b2+3c2=1,可得a2+2b2≤1由柯西不等式：(a+2b)2≤(a2+2b2)(1+(√2)2)≤1×3=3则a+2b≤√3当c=0,a=b=√33时取得等号【备注】不等式的应用18.已知关于 x 的不等式 |x +a|<b 的解集为 (2,4)． (1) 求实数 a ，b 的值； 【答案】a =−3；b =1【解析】关于 x 的不等式 |x +a|<b 可化为 −b −a <x <b −a ， 又 ∵ 原不等式的解集为 {x|2<x <4}，∴{−b −a =2b −a =4，解方程组可得 {a =−3b =1(2) 求 √at +12+√bt 的最大值． 【答案】4【解析】由 (1) 可得：√at +12+√bt =√−3t +12+√t =√3√4−t +√t ⩽√[(√3)2+12][(√4−t)2+(√t)2]=2√4−t +t=4当且仅当√4−t √3=√t1即t =1 时取等号，∴ 所求最大值为 4．19.设 x >0，y >0，x +y =4 且 x 2x+1+y 2y+2 的最小值是________． 【答案】167【解析】根据柯西不等式可得：(x 2x+1+y 2y+2)[(x +1)+(y +2)]⩾(x +y)2⇒7(x 2x+1+y 2y+2)⩾16⇒x 2x+1+y 2y+2⩾167，当且仅当x+1x=y+2y，即 y =2x =83时上式取得等号．故答案为：167．20.已知 a,b,c >0，且 a +b +c =1．(1) 求证：√4a +1+√4b +1+√4c +1⩽√21． 【答案】略 【解析】√4a +1+√4b +1+√4c +1⩽√(4a +1+4b +1+4c +1)(1+1+1)=√21.当 a =b =c =13 时，等号成立．(2) 求证：√a +1+√2b +1+√3c +1<√17． 【答案】略 【解析】√a +1+√2b +1+√3c +1=√a +1⋅1+√b +12⋅√2+√c +13⋅√3⩽√(a +1+b +12+c +13)(1+2+3)=√17.因为上式等号成立的条件是a=−1936，b=49，c=1312，与已知a,b,c>0矛盾，所以√a+1+√2b+1+√3c+1<√17．21.设a，b，c为正数，且a+b+c=1，求证(a+1a )2+(b+1b)2+(c+1c)2⩾1003．【答案】略【解析】(a+1a)2+(b+1b)2+(c+1c)2=13(12+12+12)[(a+1a)2+(b+1b)2+(c+1c)2]⩾13[1⋅(a+1a)+1⋅(b+1b)+1⋅(c+1c)]2=13[1+(1a+1b+1c)]2=13[1+(a+b+c)(1a+1b+1c)]2⩾13[1+(√a√a√b√b√c⋅√c)2]2=13(1+9)2=1003.当且仅当a=b=c=13时取等号．22.已知a，b∈R，2a2−b2=1，则|2a−b|的最小值为________ ．【答案】1【解析】本题主要考查求函数的最值，式子的变形是解题的关键，属于基础题．∵2a2−b2=1．∴(2a−b)2=4a2−4ab+b2=2a2−b2+(2a2−4ab+2b2)=1+2(a−b)2故当a=b时，(2a−b)2取得最小值为1．故|2a−b|的最小值为1．故答案为1．23.设x，y，z∈R，x2+y2+z2=25，试求x−2y+2z的最大值与最小值．【答案】故x−2y+2z的最大值为15，最小值为−15．【解析】根据柯西不等式，有(1·x−2·y+2·z)2⩽[12+(−2)2+22](x2+y2+z2)，即(x−2y+2z)2⩽9×25，所以−15⩽x−2y+2z⩽15，故x−2y+2z的最大值为15，最小值为−15．【备注】本题考查柯西不等式在证明题中的应用，关键是灵活运用柯西不等式．24.P是△ABC内一点，x，y，z是P到三边a，b，c的距离，R是△ABC外接圆半径，证明：√x+√y+√z⩽√2R√a2+b2+c2．【答案】略【解析】由柯西不等式，得√x+√y+√z=√ax√1a +√by√1b+√cz√1c⩽√ax+by+cz×√1a+1b+1c，设S为△ABC的面积，则ax+by+cz=2S=abc2R，所以√x +√y +√z⩽√abc 2R √1a +1b +1c =√abc 2R √ab +bc +caabc =√2R√ab +bc +ca ⩽1√2R√a 2+b 2+c 2,当且仅当 △ABC 是正三角形时，等号成立． 所以原不等式成立．25.设实数 a 、 b 、 c 、 d 、 e 满足 a +b +c +d +e =8，a 2+b 2+c 2+d 2+e 2=16，求 e 的最大值． 【答案】当 a =b =c =d =65时，e 取到最大值 165．【解析】将条件改写为 8−e =a +b +c +d ，16−e 2=a 2+b 2+c 2+d 2，由此得到一个包含 e 的不等式． 由柯西不等式，得 (a +b +c +d)⩽(1+1+1+1)12⋅(a 2+b 2+c 2+d 2)12． 将已知条件代入并两边平方，得(8−e)2⩽4(16−e 2)，64−16e +e 2⩽64−4e 2，5e 2−16e ⩽0， e(5e −16)⩽0．从此得到 0⩽e ⩽165，当且仅当 a =b =c =d =65时，e 取到最大值 165．26.设实数 a ，b ，c 满足 a +2b +3c =4，求证：a 2+b 2+c 2⩾87． 【答案】略【解析】由柯西不等式，得 (a 2+b 2+c 2)(12+22+32)⩾(a +2b +3c)2， 因为 a +2b +3c =4，故 a 2+b 2+c 2⩾87， 当且仅当 a1=b 2=c3，即 a =27，b =47，c =67时取" = "．27.设 x,y,z ∈R,2x +2y +z +8=0 ，则 (x −1)2+(y +2)2+(z −3)2 的最小值是________． 【答案】 9【解析】由柯西不等式，得[(x −1)2+(y +2)2+(z −3)2]⋅(22+22+1)⩾[2(x −1)+2(y +2)+1⋅(z −3)]2=(2x +2y +z −1)2=(−8−1)2=81,因此，当且仅当{x −12=y +22=z −31，2x +2y +z +8=0,即 x =−1,y =−4,z =2 时， (x −1)2+(y +2)2+(z −3)2 的最小值为 9 ．28.已知正数 a ，b ，c 满足 a +b +c =1，证明：a 3+b 3+c 3⩾a 2+b 2+c 23．【答案】略【解析】利用柯西不等式(a 2+b 2+c 2)2=(a 32a 12+b 32b 12+c 32c 12)2⩽[(a 32)2+(b 32)2+(c 32)2](a+b +c)=(a 3+b 3+c 3)(a +b +c)2⋯⋯①又a 2+b 2+c 2⩾ab +bc +ca,在此不等式两边同乘以 2，再加上 a 2+b 2+c 2 得：(a +b +c)2⩽3(a 2+b 2+c 2),将其代入 ① 式，即可得a 3+b 3+c 3⩾a 2+b 2+c 23.29.求函数 y =√x 2−2x +3+√x 2−6x +14 的最小值． 【答案】y min =√11+2√10=√10+1． 【解析】y =√(x −1)2+2+√(3−x)2+5，y 2=(x −1)2+2+(3−x)2+5+2⋅√[(x −1)2+2][(3−x)2+5]≥(x −1)2+2+(3−x)2+5+2[(x −1)(3−x)+√10]=[(x −1)+(3−x)]2+(7+2√10)=11+2√10.当且仅当x−13−x=√2√5，即 x =√2+√5√2+√5时等号成立． 此时，y min =√11+2√10=√10+1．30.设实数 x ，y ，z 满足 x +5y +z =9，求 x 2+y 2+z 2 的最小值． 【答案】最小值为 3．【解析】因为 (x 2+y 2+z 2)(12+52+12)⩾(x +5y +1)2． 所以 x 2+y 2+z 2⩾9227=3，当且仅当 x 1=y 5=z1 时，等号成立． 所以原式最小值为 3．31.已知 a ，b ，c ∈R +，求证：b 2c 2+c 2a 2+a 2b 2a+b+c⩾abc ．【答案】略【解析】构造两组数：ab ，bc ，ca ；ca ，ab ，bc ．由柯西不等式，得 √a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2⋅√c 2a 2+a 2b 2+b 2c 2⩾ab ⋅ca +bc ⋅ab +ca ⋅bc ，即 a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2⩾abc(a +b +c)， 所以b 2c 2+c 2a 2+a 2b 2a+b+c⩾abc ．当且仅当 a =b =c 时，等号成立．32.设实数 x ，y ，z 满足 x +2y +3z =6，求 x 2+y 2+z 2 的最小值，并求此时 x ，y ，z 的值． 【答案】x =37，y =67，z =97．【解析】因为 (x 2+y 2+z 2)(12+22+32)⩾(x +2y +3z)2=36． 所以 x 2+y 2+z 2⩾187，当且仅当 x =y 2=z3 时取等号．因为 x +2y +3z =6，所以 x =37，y =67，z =97．所以 x 2+y 2+z 2 的最小值为 187，此时 x =37，y =67，z =97．33.设 n =2,3,⋯，求证：1+√2+√3+⋯+√n <n√n+12．【答案】略【解析】根据柯西不等式，有 (1×1+1×√2+⋯+1×√n)2<n(1+2+⋯+n)=n 2(n+1)2，于是 1+√2+√3+⋯+√n <n√n+12．34.若正实数 x ，y 满足 2x +y =2，则 4x 2y+1+y 22x+2的最小值是________ ．【答案】45【解析】本题考查柯西不等式应用，解题的关键是将 2x +y =2 转换成 2x +2+y +1=5，再与已知式子进行相乘，利用柯西不等式求其最小值．∵2x +y =2．∴(y +1)+(2x +2)=5．∴4x 2y +1+y 22x +2=15(4x 2y +1+y 22x +2)[(y +1)+(2x +2)]=15[√4x 2y +1(y +1)+√y 22x +2(2x +2)]2≥15×(2x +y)2=45 ∴ 最小值是 45．35.对于c >0，当非零实数a ，b 满足4a 2−2ab +b 2−c =0且使|2a +b|最大时，1a+2b+4c的最小值为________ ． 【答案】−1【解析】∵4a 2−2ab +b 2−c =0，∴c 4=(a −b 4)2+316b 2 由柯西不等式得，[(a −b 4)2+(√3b 4)2][22+(2√3)2]⩾[2(a −b 4)+√3b4×2√3]2=|2a +b|2故当|2a +b|最大时，有a −b 42=√3b42√3∴a =12b ，c =b 2∴1+2+4=2+2+42=4(1+1)2−1 当b =−2时，取得最小值为−1．故答案为：−1【备注】首先把：4a 2−2ab +b 2−c =0，转化为c 4=(a −b 4)2+316b 2，再由柯西不等式得到|2a +b|2，分别用b 表示a ，c ，在代入到1a+2b+4c得到关于b 的二次函数，求出最小值即可． 本题考查了柯西不等式，以及二次函数的最值问题，属于难题．36.已知a ，b >0，a +b =5，则√a +1+√b +3的最大值为( )A ．18B ．9C ．3√2D ．2√3 【答案】C【解析】由题意，(√a +1+√b +3)2⩽(1+1)(a +1+b +3)=18， ∴√a +1+√b +3的最大值为3√2， 故选：C ．【备注】利用柯西不等式，即可求出√a +1+√b +3的最大值．本题考查函数的最值，考查柯西不等式的运用，正确运用柯西不等式是关键．37.已知 a +b +c =1，且 a ，b ，c 为正数，求证 2a+b+2b+c+2c+a⩾9．【答案】略 【解析】证法1：由于 a +b +c =1，应用柯西不等式， 得左边 =2(a +b +c)(1a+b+1b+c +1c+a )=[(a +b)+(b +c)+(c +a)](1a+b +1b+c +1c+a )⩾9， 当且仅当 a =b =c =13时等号成立．∴ 原不等式成立．证法2：左边=[(a +b)+(b +c)+(c +a)](1a +b +1b +c +1c +a)=3+a +b b +c +a +b c +a +b +c a +b +b +c c +a +c +a a +b +c +a b +c⩾3+2√a +b b +c ⋅b +c a +b +2√a +b c +a ⋅c +a a +b +2√b +c c +a ⋅c +ab +c=9,当且仅当 a =b =c =13 时等号成立．∴2a+b+2b+c+2c+a⩾9．38.已知 a,b ∈R +，且 a +b =1，求证 (ax +by)2⩽ax 2+by 2． 【答案】略【解析】设 m →=(√ax,√by)，n →=(√a,√b)，则|ax +by|=|m →⋅n →|⩽|m →||n →|=√(√ax)2+(√by)2⋅√(√a)2+(√b)2=√ax 2+by 2⋅√a +b =√ax 2+by 2 ∴(ax +by)2⩽ax 2+by 2．39.设实数 a ，b ，c ，d 满足条件：a +b +c +d =3，a 2+2b 2+3c 2+6d 2=5，求证：1⩽a ⩽2． 【答案】略【解析】因为 5−a 2=2b 2+3c 2+6d 2⩾(b+c+d)212+13+16=(3−a)2，所以 a 2−3a +2⩽0，解得 1⩽a ⩽2．40.求函数 f(x)=5√x −1+√10−2x 的最大值． 【答案】略【解析】由函数解析式知 f(x) 的定义域为 [1,5]，且 f(x)>0． 又 f(x) 变形得f(x)=5√x −1+√2√5−x,取 a =5，b =√2，c =√x −1，d =√5−x ． 所以由公式可得到5√x −1+√2√5−x ⩽√[52+(√2)2][(√x −1)2+(√5−x)2]=√27×4=6√3.再由 bc =ad ，得 √2√x −1=5√5−x ，解得x =12727, 符合 1⩽x ⩽5，所以当 x =12727时，f(x) 取得最大值 6√3．41.已知正实数 a ，b ，c 满足条件：a +b +c =3，求证：√a +√b +√c ⩽3． 【答案】略【解析】根据柯西不等式得(√a +√b +√c)2⩽(a +b +c)(1+1+1)． ∵a +b +c =3，∴(√a +√b +√c)2⩽9，则 √a +√b +√c ⩽3，当且仅当 a =b =c =1 时取等号．42.在 △ABC 中，设其各边长为 a 、 b 、 c ，外接圆半径为 R ．求证：(a 2+b 2+c 2)(1sin 2A+1sin 2B +1sin 2C )⩾36R 2．【答案】略 【解析】∵a sin A=b sin B =csin C =2R ，∴(a 2+b 2+c 2)(1sin 2A +1sin 2B +1sin 2C )⩾(a sin A +b sin B +c sin C)2=(2R +2R +2R)2=36R 2.∴ 原不等式成立．43.求函数 y =√1−x +√3x +2 的最大值． 【答案】略 【解析】因为(√1−x +√3x +2)2=(√3−3x ⋅√13+√3x +2⋅√1)2⩽(3−3x +3x +2)(13+1)=203.所以 y =√1−x +√3x +2⩽2√153． 等号成立的条件当且仅当3−3x13=3x+21，即 x =712，y 的最大值为2√153．44.设实数 a 1，a 2，a 3 满足条件 a 1+a 2+a 3=2，求 a 1a 2+a 2a 3+a 3a 1 的最大值． 【答案】最大值为 43，【解析】由柯西不等式，得 (a 12+a 22+a 32)(12+12+12)⩾(a 1+a 2+a 3)2=4， 于是 a 12+a 22+a 32⩾43．故 a 1a 2+a 2a 3+a 3a 1=12[(a 1+a 2+a 3)2−(a 12+a 22+a 32)]=12×22−12(a 12+a 22+a 32)⩽2−12×43=43．于是 a 1a 2+a 2a 3+a 3a 1 的最大值为 43，当且仅当 a 1=a 2=a 3=23时取到最大值．45.已知函数f(x)=√x +√6−2x ，求f(x)的最大值．【答案】f(x)的最大值是3【解析】由柯西不等式有(√x +√6−2x)2=(√x +√2⋅√3−x)2⩽[12+(√2)2](x +3−x)=9 当且仅当1⋅√3−x =√2⋅√x ，即x =1时，等号成立 所以，f(x)的最大值是3【备注】直接利用柯西不等式，即可求f(x)的最大值． 本题考查柯西不等式的运用，考查学生的计算能力，比较基础．46.已知实数x 、y 、z 满足x 2+2y 2+3z 2=4，设T =xy +yz ，则T 的取值范围是( )A ．[−√63,√63] B ．[−√66,2√63]C ．[−√63,√33]D ．[−2√63,2√63]【答案】D 【解析】由题意，4=x 2+32y 2+12y 2+3z 2⩾√6|xy +yz|，∴|xy +yz|⩽2√63， ∴T =xy +yz 的取值范围是[−2√63,2√63].故选D．【备注】由题意，4=x2+32y2+12y2+3z2⩾√6|xy+yz|，即可求出T的取值范围本题考查基本不等式的运用，考查学生的计算能力，正确变形是关键．47.已知a2＋b2＝1，x2＋y2=1，求证：|ax＋by|≤1．【答案】略【解析】由柯西不等式得(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝1．故|ax＋by|≤1成立．【备注】证明的核心在于构造证明目标ax＋by48.已知3x+2y=1，求x2+y2的最小值【答案】113【解析】x2+y2=113(x2+y2)(32+22)⩾113(3x+2y)2=113．49.已知a,b,c∈R，a+2b+3c=6，则a2+4b2+9c2的最小值为________【答案】M【解析】由柯西不等式，得(a2+4b2+9c2)(12+12+12)≥(a+2b+3c)2=36，故a2+4b2+9c2≥12，a2+4b2+9c2的最小值为12．50.已知a>0,b>0,a3+b3=2，求证：(a+b)(a5+b5)≥4【答案】略【解析】由柯西不等式得(a+b)(a5+b5)≥(a 12a52+b12b52)2=451.设x>y>z>0，若1x−y +1y−z+λz−x≥0恒成立，则λ的最大值是()A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】本题考查函数恒成立问题，考查注柯西不等式的灵活运用．因为x>y>z>0，由柯西不等式知：1x−y +1y−z≥(1+1)2[(x−y)+(y−z)]=4x−z．要使1x−y +1y−z+λz−x≥0恒成立．只需4x−z ≥−λz−x=λx−z，由此能求出λ的最大值．因为x>y>z>0．由柯西不等式知：1x−y +1y−z≥(1+1)2[(x−y)+(y−z)]=4x−z．要使1x−y +1y−z+λz−x≥0恒成立．只需4x−z ≥−λz−x=λx−z．所以λ的最大值为4．故选 D52.设a，b，c为正数，且a+2b+3c=13，则√3a+√2b+√c的最大值为 ()A ．1693 B ．√133C ．13√33D ．√13 【答案】C【解析】由柯西不等式得 (a +2b +3c)[(√3)2+12+(√3)2]⩾(√3a +√2b +√c)2所以 (√3a +√2b +√c)2⩽1693，所以 √3a +√2b +√c ⩽13√33．当且仅当 √a√3=√2b1=√3c1√3时等号成立，即 a =9，b =32，c =13 时 √3a +√2b +√c 取得最大值 13√33．53.设 a,b,c >0，且 a +b +c =1，求证：√1−a√1−b√1−c⩾√a+√b+√c√2． 【答案】略 【解析1−a=1−a =1−a−√1−a ，类似的，得到其他式子，所以 不等式左边=√1−a √1−b √1−c (√1−a +√1−b +√1−c)．由柯西不等式，得√1−a 1−b √1−c⩾√1−a+√1−b+√1−c，而√1−a +√1−b +√1−c ⩽3⋅√3−13=√6, 所以 不等式左边⩾6−√6=√62，而 √a +√b +√c ⩽3⋅√a +b +c3=√3, 因此 不等式右边⩽√3√2=√62． 因此原不等式得证．这个不等式可以推广到：如果 a 1+a 2+⋯+a n =1，那么1√1−a 12√1−a 2+⋯n √1−a n⩾√a +√a +⋯+√a √n −1.54.证明：对任意的正数a,b,c ，当a +b +c =3时，有√a +√b +√c ≤3成立 【答案】√a +√b +√c =√1⋅a +√1⋅b +√1⋅c ≤1+a 2+1+b 2+1+c 2=355.已知a +b +c =6，求证：a 2+b 2+c 2≥12．【答案】由柯西不等式得：(12+12+12)(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c)2，3(a 2+b 2+c 2)≤36a 2+b 2+c 2≤12，当且仅当a =b =c =2时等号成立56.已知a,b,c ∈R +，且a +b +c =1，则1a+4b+9c的最小值为________【答案】e【解析】由柯西不等式，(a +b +c)(1a+4b+9c)≥(√a√1a+√b√4b+√c√9c)2=36，故1a+4b+9c的最小值为36当且仅当a 2=b 24=c 29等号成立．57.已知 θ 为锐角，a,b ∈R +，求证 (a +b)2⩽a cos 2θ+bsin 2θ． 【答案】略 【解析】设 m →=(acos θ,bsin θ)，m →=(cosθ,sinθ)，|a +b|=|a cos θ⋅cosθ+bsin θ⋅sinθ|=|m →⋅n →|⩽|m →||n →|=√(a )2+(b )2⋅√1=√a 2cos 2θ+b 2sin 2θ,∴(a +b)2⩽a 2cos 2θ+b 2sin 2θ．58.已知 x +2y +3z =12，则 x 2+2y 2+3z 2 的最小值为________． 【答案】 24 【解析】 因为x 2+2y 2+3z 2⩾(x +2y +3z)21+2+3=1226=24,当 x1=√2y√2=√3z√3 x 2+2y 2+3z 2 的最小值为 24．59.已知 |x|⩽1，|y|⩽1，试求 x√1−y 2+y√1−x 2 的最大值． 【答案】最大值为 1．【解析】x√1−y 2+y√1−x 2⩽√x 2+(√1−x 2)2⋅√(√1−y 2)2+y 2=|1|=1． 当且仅当 xy =√1−x 2⋅√1−y 2，即 x 2+y 2=1 时取等号．∴x√1−y 2+y√1−x 2 的最大值为 1．60.设 a,b,c ⩾0，a +b +c ⩽3，求证：a 1+a +b 1+b +c 1+c ⩽32⩽11+a +11+b +11+c ． 【答案】略 【解析】a 1+a2+b 1+b2+c 1+c2⩽a 2a+b 2b+c 2c=32；11+a+11+b+11+c⩾(1+1+1)21+a+1+b+1+c⩾96=32．61.已知实数 x ，y 满足 {x +y −2≥0x −2y +2≥0x ≤2，则 z =y +2x 的最小值为________ ，当实数 u ，v 满足 u 2+v 2=1时，ω=ux +vy 的最大值为________ ．【答案】83；2√2【解析】本题考查了简单线性规划和柯西不等式与排序不等式．利用简单线性规划计算得 z min =83，再利用柯西不等式求最值得结论． 作满足不等式组的可行域如下图中的阴影部分．z 是直线 2x +y =z 在 y 轴上的截距．所以当直线 2x +y =z 过点 C 时，z 最小． 由 {x +y −2=0x −2y +2=0{x =23y =43即 C(23,43)．z min =2×23+43=83．若 a →=(x,y)，b →=(u,v)．u 2+v 2=1，(x,y) 是上图可行域内一点．则 xu +yv ≤√x 2+y 2×√u 2+v 2． 因此当点 (x,y) 与 B(2,2) 重合时．ω=xu +yv 取得最大值，ωmax =2√2．故答案为 83；2√2．62.设 a 1，a 2，b 1，b 2 为实数．求证：√a 12+a 22+√b 12+b 22≥√(a 1−b 1)2+(a 2−b 2)2． 【答案】见解析【解析】本题主要考查了不等式得证明，利用放缩法以及柯西不等式进行证明．(√a 12+a 22+√b 12+b 22)2=a 12+a 22+2√a 12+a 22√b 12+b 22+b 12+b 22≥a 12+a 22+2|a 1b 1+a 2b 2|+b 12+b 22≥a 12+a 22−2(a 1b 1+a 2b 2)+b 12+b 22=(a 1−b 1)2+(a 2−b 2)2所以 √a 12+a 22+√b 12+b 22≥√(a 1−b 1)2+(a 2−b 2)2．63.已知x+y=1，则2x2+3y2的最小值是()A．56B．65C．2536D．3625【答案】B【解析】本题考查求二元函数的最值，利用柯西不等式求解．因为(2x2+3y2)(12+13)≥(x+y)2=1．所以2x2+3y2≥65．故选 B64.设a、b、c是正实数，且a+b+c=9，则2a +2b+2c的最小值为________．【答案】2【解析】本题考查最值的求法，注意运用变形和柯西不等式，注意等号成立的条件，考查运算能力，属于中档题．a，b，c均为正数且a+b+c=9．由柯西不等式，可得(a+b+c)×(2a+2b+2c)=[(√a)2+(√b)2+(√c)2]×[(√2√a)2+(√3√b)2+(√2√c)2]≥(√a√2√a√b√2√b+√c√2√c)2=(3√2)2=18当a=b=c，即a=3，b=3，c=3时．2 a +2b+2c的最小值为2．故答案为2．65.已知|x|⩽1，|y|⩽1，试求x√1−y2+y√1−x2的最大值．【答案】最大值为1．【解析】x√1−y2+y√1−x2⩽√x2+(√1−x2)2⋅√(√1−y2)2+y2=|1|=1．当且仅当xy=√1−x2⋅√1−y2，即x2+y2=1时取等号．∴x√1−y2+y√1−x2的最大值为1．66.若3x+4y=2，求x2+y2的最小值【答案】最小值为425．【解析】由柯西不等式得(x2+y2)(32+42)≥(3x+4y)2，25(x2+y2)≥4,x2+y2≥425当且仅当4x=3y时等号成立，故最小值为425．67.已知a，b均为正实数，则(a+1b )(b+4a)的最小值为()A．3 B．7 C．8D ．9 【答案】D【解析】∵a ，b 均为正实数，根据柯西不等式可得 (a +1b)(b +4a)⩾(1+2)2=9，当且仅当 ab =2，a ，b >0 时取等号． 故选 D68.函数 y =√x −5+2√6−x 的最大值是 ( )· A ．√3 B ．√5 C ．3 D ．5 【答案】B【解析】根据柯西不等式，知y =1×√x −5+2×√6−x ⩽√12+22×√(√x −5)2+(√6−x)2=√5.69.边长为 a ，b ，c 的三边，其面积为 14，外接圆半径为 1，若 s =√a +√b +√c ，t =1a+1b +1c ，则 s 与 t 的大小关系是________． 【答案】 s <t 【解析】 S △=abc 4R=abc 4=14，即 abc =1，∴t =ab +bc +ca ，t 2=(ab +bc +ca)(1a+1b+1c)⩾(√a +√b +√c)2=s 2，又 a,b,c >0，∴s ⩽1．等号成立时，a =b =c =1，但此时 s =√34a 2=√34≠1，矛盾．故等号不成立，即 s <t ．70.已知 a 、 b 、 c ∈R + 且 a +b +c =1，求 √4a +1+√4b +1+√4c +1 的最大值． 【答案】√4a +1+√4b +1+√4c +1 的最大值为 √21． 【解析】由柯西不等式得(1⋅√4a +1+1⋅√4b +1+1⋅√4c +1)⩽√(12+12+12)√(4a +1+4b +1+4c +1)=√3[4(a +b +c)+3]=√21当且仅当 a =b =c =13 时等号成立．故 √4a +1+√4b +1+√4c +1 的最大值为 √21．71.求函数 f(x)=5√x −1+√10−2x 的最大值． 【答案】6√3【解析】由函数解析式知 f(x) 的定义域为 [1,5]，且 f(x)>0． 又 f(x) 变形得f(x)=5√x −1+√2√5−x,取a=5，b=√2c=√x−1，d=√5−x．所以由公式可得到5√x−1+√2√5−x⩽√[52+(√2)2][(√x−1)2+(√5−x)2]=√27×4=6√3.再由bc=ad，得√2√x−1=5√5−x，解得x=127 27,符合1⩽x⩽5，所以当x=12727时，f(x)取得最大值6√3．72.已知a,b,c,d为实数，且a2+b2=4，c2+d2=16，证明：ac+bd⩽8．【答案】略【解析】由柯西不等式得:(ac+bd)2⩽(a2+b2)(c2+d2),因为a2+b2=4，c2+d2=16，所以(ac+bd)2⩽64，因此ac+bd⩽8．73.设a,b,c,d,m,n都是正实数，P=√ab+√cd，Q=√ma+nc⋅√bm +dn，则P与Q的大小________．【答案】P⩽Q【解析】由柯西不等式，得P=√am⋅bm +√nv⋅dn⩽√(√am)2+(√nc)2×√(√bm)2+(√dn)2=√am+nc⋅√bm+dn=Q．74.已知a,b,c∈R+，且a+b+c=1，求证：36⩽1a +4b+9c．【答案】略【解析】由柯西不等式，得1 a +4b+9c=(1a+4b+9c)⋅(a+b+c)⩾(√a1√a√b⋅2√b+√c3√c)2=36.故1a +4b+9c⩾36．75.已知A，B，C是三角形三个内角的弧度数，则1A +1B+1C的最小值是________．【答案】9π【解析】(A+B+C)(1A +1B+1C)⩾(1+1+1)2=9，而A+B+C=π，故1A +1B+1C⩾9π，当且仅当A=B=C=π3时，等号成立．76.已知3x2+2y2⩽1，则3x+2y的取值范围是 () A．[0,√5]B．[−√5,0]C．[−√5,√5]D．[−5,5]【答案】C【解析】|3x+2y|⩽√3x2+2y2⋅√(√3)2+(√2)2⩽√5．当且仅当{√6x=√6y,3x2+2y2=1,即x=y=±√55时，等号成立．所以−√5⩽3x+2y⩽√5．77.设m>0，n>0，m+n=p，求证1m +1n⩾4p，指出等号成立的条件．【答案】当m=n=p2时等号成立．【解析】根据柯西不等式，得(1m +1n)(m+n)⩾(√m⋅1m+√n⋅1n)2=4，于是1m +1n⩾4m+n=4p，当m=n=p2时等号成立．78.设2x+3y+5z=29，求函数√2x+1+√3y+4+√5z+6的最大值．【答案】2√30【解析】根据柯西不等式120=3(2x+1+3y+4+5z+6)≥(1×√2x+1+1×√3y+4+1×√5z+6)2，故√2x+1+√3y+4+√5z+6≤2√30当且仅当2x+1=3y+4=5z+6取等成立，故原式最大值为2√30【备注】本题考查三维柯西不等式的应用，解答本题需要利用好特定条件，设法去掉根号79.设x，y，z是非负实数，且9x2+12y2+5z2=9，则3x+6y+5z的最大值为()A．9B．10C．14D．15【答案】A【解析】因为(3x+6y+5z)2=(1×3x+√3×2√3y+√5×√5z)2⩽(9x2+12y2+5z2)(1+3+5)=9×9，所以3x+6y+5z⩽9，当且仅当3x1=√3y√3=√5z√5，即3x=2y=z时，等号成立．80.求函数y=√x2−2x+3+√x2−6x+14的最小值．【答案】y min=√11+2√10=√10+1．【解析】y=√(x−1)2+2+√(3−x)2+5，y2=(x−1)2+2+(3−x)2+5+2⋅√[(x−1)2+2][(3−x)2+5]≥(x−1)2+2+(3−x)2+5+2[(x−1)(3−x)+√10]=[(x−1)+(3−x)]2+(7+2√10)=11+2√10.当且仅当x−13−x =√2√5，即x=√2+√5√2+√5时等号成立．此时，y min=√11+2√10=√10+1．81.设a1,a2,a3为正数，求证：√a13+a12a2+a1a22+a23+√a23+a22a3+a2a32+a33+√a33+a32a1+a3a12+a13≥2(√a13+√a23+√a33)【答案】略【解析】因为a13+a12a2+a1a22+a23=(a1+a2)(a12+a22)，由柯西不等式得[(√a1)2+(√a2)2)(a12+a22)≥(√a1a1+√a2a2)2于是a 13+a 12a 2+a 1a 22+a 23≥(√a 13+√a 23)2故√a 13+a 12a 2+a 1a 22+a 23≥√a 13+√a 23同理√a 23+a 22a 3+a 2a 32+a 33≥√a 23+√a 33√a 33+a 32a 1+a 3a 12+a 13≥√a 13+√a 33，将以上三个同向不等式相加，即得证82.已知 2x +3y +4z =10，则 x 2+y 2+z 2 取到最小值时的 x ，y ，z 的值为 ( ) A ．53，109，56B ．2029，3029，4029C ．1，12，13D ．1，14，19【答案】B【解析】 由柯西不等式得，10=2x +3y +4z =2⋅x +3⋅y +4⋅z ⩽√22+32+42√x 2+y 2+z 2 当且仅当 x 2=y 3=z 4 时，x 2+y 2+z 2 取到最小值，所以联立 {x 2=y 3=z 4,2x +3y +4z =10.可得 x =2029，y =3029，z =4029．83.若 a ，b ，c >0，且 ab +bc +ca =1，则 a +b +c 的最小值为 ( )A ．1B ．2C ．3D ．√3【答案】D【解析】因为 (a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =a 2+b 2+c 2+2，因为 (a 2+b 2+c 2)(b 2+c 2+a 2)⩾(ab +bc +ca)2=1，所以 a 2+b 2+c 2⩾1，当且仅当 a =b =c =√33 时，等号成立．故 (a +b +c)2⩾1+2=3，即 a +b +c ⩾√3．84.设 a ，b >0，a +b =5，则 √a +1+√b +3 的最大值为________ ．【答案】3√2【解析】本题考查柯西不等式的运用，根据题意利用柯西不等式即可求出结果．因为 a ，b >0，a +b =5．所以 (√a +1+√b +3)2≤(1+1)(a +1+b +3)=18．因此 √a +1+√b +3 的最大值为 3√2．故答案为 3√2．85.设 a ，b ，c 为正数，求证 a 2b +b 2c +c2a ⩾a +b +c ．【答案】略【解析】由柯西不等式，有： [(a √b )2+(b√c )2+(c √a )2][(√b)2+(√c)2+(√a)2]⩾(a √b √b +b √c √c c √a √a)2,当且仅当 a =b =c 时等号成立．所以 (a 2b +b 2c +c 2a )(a +b +c)⩾(a +b +c)2．又 a ，b ，c 为正数，所以 a 2b +b 2c +c 2a ⩾a +b +c ．86.求函数 y =√1−x +√3x +2 的最大值．【答案】2√153． 【解析】因为(√1−x +√3x +2)2=(√3−3x ⋅√13+√3x +2⋅√1)2⩽(3−3x +3x +2)(13+1)=203.所以 y =√1−x +√3x +2⩽2√153． 等号成立的条件当且仅当 3−3x13=3x+21，即 x =712，y 的最大值为 2√153．87.已知a,b,c ∈R +，且a +b +c =1，求√4a +1+√4b +1+√4c +1的最大值．【答案】√21【解析】由柯西不等式，(√4a +1+√4b +1+√4c +1)2⩽(12+12+12)(4a +1+4b +1+4c +1)=3[4a +4b +4c +3]=21 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号，故√4a +1+√4b +1+√4c +1的最大值为√2188.求函数 y =√2x +1+√12−x 的最大值． 【答案】√6+√32【解析】根据柯西不等式可得：y 2=(√2√√22√12−x)2⩽(2+1)(x +√22+12−x)⇒y ⩽√3×√2+12⇒y max =√6+√32．89.设 x ，y ∈R ，且 xy ≠0，则 (x 2+1y 2)(1x 2+4y 2) 的最小值为________．【答案】9 【解析】∵x ，y ∈R ，且 xy ≠0，根据柯西不等式可得：∴(x 2+1y 2)(1x 2+4y 2)⩾(1+2)2=9，当且仅当 1x 2y 2=4x 2y 2 时等号成立， ∴(x 2+1y 2)(1x 2+4y 2) 的最小值为 9．故答案为：9．90.若 a ，b ，c ，d 都是实数，求证：(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd)2，当且仅当 ad =bc 时，等号成立．【答案】见解析【解析】本题主要考查了柯西不等式的证明，属于基础题．利用作差法直接求证即可．因为(a2+b2)(c2+d2)−(ac+bd)2=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2−a2c2−b2d2−2acbd=a2d2+ b2c2−2adbc=(ad−bc)2≥0当且仅当ad=bc时，等号成立．即(a2+b2)(c2+d2)−(ac+bd)2≥0．所以(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2．当且仅当ad=bc时，等号成立．91.已知a,b,c∈R+，求证：b 3a +c3b+a3c≥(a2+b2+c2)2ab+bc+ac；【答案】由柯西不等式得(b 3a +c3b+a3c)(ab+bc+ac)≥(√b3a⋅√ab+√c3b⋅√bc+√a3c⋅√ac)2=(c2+b2+a2)2⇒b3a +c3b+a3c≤(a2+b2+c2)2ab+bc+ac，当且仅当a=b=c，即a=b=c时，取等号．92.已知m，n均为正数，且m+n=1则m 2m+2+n2n+1的最小值为()A．14B．415C．18D．13【答案】A【解析】根据柯西不等式可得：(m2 m+2+n2n+1)[(m+2)+(n+1)]⩾(m+n)2⇒(m2m+2+n2n+1)×4⩾1⇒m2m+2+n2n+1⩾14，当且仅当{mm+2=nn+1m+n=1⇒m=23，n=13时，取等．故选 A93.设a,b,c,x,y,z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，则a+b+cx+y+z= ()A．14B．13C．12D．34【答案】C【解析】由柯西不等式得(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=10×40⩾(ax+by+cz)2=202，显然上式应取等号，取等号的条件是ax =by=cz=12，所以a+b+cx+y+z=12．94.已知x,y∈R+，且xy=1，(1+1x )⋅(1+1y)的最小值是()A．4 B．2 C．1 D．14【答案】A【解析】(1+1x )(1+1y)=[12+(√x)2][12+(√y)2]⩾(1×1+√x√y)2=(1+√xy)2=22=4．当且仅当x=y=1时取等号．95.若 x >0，y >0，且12x+y +2x+y =2，则 4x +3y 的最小值____________．【答案】92 【解析】本题考查柯西不等式的应用，属于中档题．由题意得，若 12x+y +2x+y =2． 4x +3y =(2x +y)+(x +y)+(x +y)=12[(2x +y)+(x +y)+(x +y)](12x +y +1x +y +1x +y)≥92 即 4x +3y 的最小值为 92．故答案为 92．96.已知矩形 ABCD 中，AB =2，AD =4，动点 P 在以点 C 为圆心，1 为半径的圆上，若 AP →=λAB →+μAD →(λ,μ∈R)，则 λ+2μ 的取值范围是( )A ．[3−√2,3+√2]B ．[3−√22,3+√22]C ．[3−√1010,3+√1010]D ．[3−3√1010,3+3√1010]【答案】B【解析】以 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴建立平面直角坐标系．则 A(0,0)，D(0,4)，C(2,4)，B(2,0)．则 AB →=(2,0)，AD →=(0,4)．令 P(x,y)，则 AP →=(x,y)．因为 AP →=λAB →+μAD →．所以 {x =2λy =4μ因为点 P 在以点 C 为圆心，1 为半径的圆上．所以 (x −2)2+(y −4)2=1．即 (2λ−2)2+(4μ−4)2=1．由柯西不等式可得 3−√22≤λ+2μ≤3+√22．故选 B97.已知a,b,c ∈R +，求证：a 2b +b 2c +c 2a ≥a +b +c【答案】∵(a 2b +b 2c +c 2a)(a +b +c)=[(b )2+(√c )2+(√a )2][(√b)2+(√c)2+(√a)2]≥(√b √b √c √c +√a √a)2=(a +b +c)2又a,b,c ∈R +，∴a +b +c >0，所以原命题得证，当且仅当a =b =c 时等号成立98.设a,b,c 为正数，求证：√a 2+b 2+√b 2+c 2+√a 2+c 2≥√2(a +b +c)【答案】略【解析】∵2(a2+b2)≥(a+b)2∴√2√a2+b2≥|a+b|≥a+b同理：√2√b2+c2≥|b+c|≥b+c，√2√a2+c2≥|a+c|≥a+c∴√a2+b2+√b2+c2+√a2+c2≥√2(a+b+c)。
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³++ （3）改变结构：）改变结构：例3、若a >b >c 求证：求证：c a c b b a -³-+-411（4）添项：）添项：例4：+ÎR c b a ,,求证：23³+++++b a c a c b c b a【1】、设6 ),2,1,2(=-=b a，则b a ；此时________________。
答案：-18; )4,2,4(-- 解析：b a b a£× ∴18£×b a ∴1818£×£-b ab a ×之最小值为-1818，此时，此时)4,2,4(2--=-=a b 【2】 设a = (1 (1，，0，- 2) 2)，，b = (x (x，，y ，z)z)，若，若x 2 + y 2= (x (x，，y ，z) ∴ a ．b = x - 2z 由柯西不等式由柯西不等式[1[122+ 0 + (- 2)22](x 22+ y 22+ z 22) ³ (x + 0 - 2z)22Þ 5 ´ 16 ³ (x - 2z)2Þ - 45£ x £ 45Þ - 45£a ．b £ 45，故a ．b 的最大值为45【3】(1,2,3)a = ，(,,)b x y z =，已知56b = ，则(1)a b × 的最大值为多少？的最大值为多少？(2)(2)(2)此时此时b =？Ans Ans：：(1) 28(1) 28：：(2) (2,4,6) 【4】设a 、b 、c 为正数，求4936()()a b c a b c++++的最小值。
的最小值。
Ans Ans Ans：：121【5】. . 设设x ，y ，z Î R R，且满足，且满足x 22+ y 22+ z 22= 5 5，则，则x + 2y + 3z 之最大值为之最大值为解(x + 2y + 3z)22 £ (x 22 + y 22 + z 22)(122 + 222 + 322) = 5 5．．14 = 70∴ x + 2y + 3z 最大值为70【6】 设x ，y ，z Î R R，若，若x 2 + y 2 + z 2= 4 4，则，则x - 2y + 2z 之最小值为之最小值为 时，时，(x (x (x，，y ，z) =解(x - 2y + 2z)2 £ (x 2 + y 2 + z 2)[12 + ( - 2) 2 + 22] = 4 4．．9 = 36∴ x - 2y + 2z 最小值为最小值为 - 6 柯西不等式教学题库大全基本方法基本方法 （1）巧拆）巧拆常数常数：例1：设a 、b 、c 为正数且各不相等。
高一数学柯西不等式试题
高一数学柯西不等式试题1. x、y>0, x＋y="1," 且≤a恒成立, 则a的最小值为A．B． 2C．2D．【答案】D【解析】解：因为x、y>0, x＋y=1,要使≤a恒成立，则a大于等于的最大值即可。
而2.已知n个正整数的和是1000，求这些正整数的乘积的最大值．【答案】22×3332．【解析】n个正整数x1，x2，x3，…，xn中，不可能有大于或等于5的数，也不可能有三个或三个以上的2，因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成．解：n个正整数x1，x2，x3，…，xn满足x1+x2+x3+…+xn=1000，x 1，x2，x3，…，xn中，不可能有大于或等于5的数，这是因为5＜2×3，6＜3×3，…也不可能有三个或三个以上的2，这是因为三个2的积小于两个3的积，因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成，最大值为22×3332．点评：本题考查正整数的乘积的最大值的求法，是中档题，解题时要注意排序不等式的合理运用．3.已知a，b，c为正数，用排序不等式证明：2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．【答案】见解析【解析】由（a3+b3）﹣（a2b+ab2）=（a+b）（a﹣b）2≥0，得a3+b3≥a2b+ab2，同理，a3+c3≥a2c+ac2，b3+c3≥b2c+bc2三式相加，能证明2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．证明：先证明：a3+b3≥a2b+ab2，∵（a3+b3）﹣（a2b+ab2）=a2（a﹣b）﹣b2（a﹣b）=（a2﹣b2）（a﹣b）=（a+b）（a﹣b）2≥0，∴a3+b3≥a2b+ab2，取等号的条件是a=b，同理，a3+b3≥a2b+ab2，a3+c3≥a2c+ac2，b3+c3≥b2c+bc2三式相加，得：2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b），取等号的条件是a=b=c，∴2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．点评：本题考查不等式的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意作差法的合理运用．4.设a1，a2，…，an为实数，证明：≤．【答案】见解析【解析】利用排序原理，n个式子相加，可得n（a12+a22+…+an2）≤（a1+a2+…+an）2，上式两边除以n2，并开方可得结论．证明：不妨设a1≤a2≤…≤an，则由排序原理得：a 12+a22+…+an2=a1a1+a2a2+…+anana 12+a22+…+an2≤a1a2+a2a3+…+ana1a 12+a22+…+an2≤a1a3+a2a4+…+an﹣1a1+a n a2…a 12+a22+…+an2≤a1an+a2a1+…+anan﹣1．将上述n个式子相加，得：n（a12+a22+…+an2）≤（a1+a2+…+an）2，上式两边除以n2，并开方可得：≤．点评：本题考查排序原理，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．5.设a1，a2，…，an为正数，求证：++…++≥a1+a2+…+an．【答案】见解析【解析】不妨设a1＞a2＞…＞an＞0，则a12＞a22＞…＞an2，，由排序原理：乱序和≥反序和，可得结论．证明：不妨设a1＞a2＞…＞an＞0，则a12＞a22＞…＞an2，由排序原理：乱序和≥反序和，可得：++…++≥=a1+a2+…+an．点评：本题考查不等式的证明，考查排序原理：乱序和≥反序和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6.（2012•湖北）设a，b，c，x，y，z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，则=（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据所给条件，利用柯西不等式求解，利用等号成立的条件即可．解：由柯西不等式得，（a2+b2+c2）（x2+y2+z2）≥（ax+by+cz）2，当且仅当时等号成立∵a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，∴等号成立∴∴=故选C．点评：柯西不等式的特点：一边是平方和的积，而另一边为积的和的平方，因此，当欲证不等式的一边视为“积和结构”或“平方和结构”，再结合不等式另一边的结构特点去尝试构造．7.设a，b∈R+，a+b=1，则+的最小值为（）A．2+B．2C．3D．【答案】D【解析】利用二维形式的柯西不等式求得的最小值为10，可得+的最小值．解：∵a，b∈R+，a+b=1，∴a2+b2=1﹣2ab，又∵=a2+b2+5+2≥6﹣2ab+2=6﹣2ab+2（ab+2）=10，∴+≥，当且仅当=时，等号成立，故+的最小值为，故选：D．点评：本题主要考查利用二维形式的柯西不等式求函数的最小值，属于基础题．8.已知2x+3y+4z=1，则x2+y2+z2的最小值是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由条件利用柯西不等式可得（x2+y2+z2）（4+9+16）≥（2x+3y+4z）2=1，由此求得x2+y2+z2的最小值．解：∵2x+3y+4z=1，利用柯西不等式可得（x2+y2+z2）（4+9+16）≥（2x+3y+4z）2=1，故x2+y2+z2≥，当且仅当时，取等号，故x2+y2+z2的最小值为，故选：D．点评：本题主要考查柯西不等式应用，属于基础题．9.已知x，y均为正数，θ∈（，），且满足=，+=，则的值为（）A．2B．1C．D．【答案】C【解析】由题意可得tanθ=＞1，再由+=化简可得 3tan4θ﹣10tan2θ+3=0．解得 tan2θ 的值，可得tanθ=的值．解：∵x，y均为正数，θ∈（，），且满足=，∴tanθ=＞1．再由，+=，可得=，化简可得 3tan4θ﹣10tan2θ+3=0．解得 tan2θ=3，或 tan2θ=（舍去），∴tanθ==，故选：C．点评：本题主要考查同角三角函数的基本关系，一元二次方程的解法，属于基础题．10.（2014•黄浦区一模）设向量=（a，b），=（m，n），其中a，b，m，n∈R，由不等式||•||恒成立，可以证明（柯西）不等式（am+bn）2≤（a2+b2）（m2+n2）（当且仅当，即an=bm时等号成立），己知x，y∈R+，若恒成立，利用柯西不等式可求得实数k的取值范围是．【答案】k＞．【解析】由（am+bn）2≤（a2+b2）（m2+n2），可得≤（1+9）（x+y），结合x，y∈R+，恒成立，即可求得实数k的取值范围．解：∵（am+bn）2≤（a2+b2）（m2+n2），∴≤（1+9）（x+y），∴≤，∵x，y∈R +，恒成立，∴k＞．故答案为：k＞．点评：本题考查柯西不等式，考查学生运用数学知识解决问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。
高一数学柯西不等式试题
高一数学柯西不等式试题1.若a＜b＜c，x＜y＜z，则下列各式中值最大的一个是（）A．ax+cy+bz B．bx+ay+czC．bx+cy+az D．ax+by+cz【答案】D【解析】根据条件：a＜b＜c，x＜y＜z，结合排序不等式：反序和≤乱序和≤同序和，即可得出同序和ax+by+cz最大．解：∵a＜b＜c，x＜y＜z，排序不等式：反序和≤乱序和≤同序和，得：同序和ax+by+cz最大．故选D．点评：本题主要考查了不等关系与不等式、排序不等式等基本知识，解答关键是利用不等关系与不等式的性质：反序和≤乱序和≤同序和．2.已知n个正整数的和是1000，求这些正整数的乘积的最大值．【答案】22×3332．【解析】n个正整数x1，x2，x3，…，xn中，不可能有大于或等于5的数，也不可能有三个或三个以上的2，因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成．解：n个正整数x1，x2，x3，…，xn满足x1+x2+x3+…+xn=1000，x 1，x2，x3，…，xn中，不可能有大于或等于5的数，这是因为5＜2×3，6＜3×3，…也不可能有三个或三个以上的2，这是因为三个2的积小于两个3的积，因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成，最大值为22×3332．点评：本题考查正整数的乘积的最大值的求法，是中档题，解题时要注意排序不等式的合理运用．3.设a，b，c为正数，利用排序不等式证明a3+b3+c3≥3abc．【答案】见解析【解析】由排序原理：顺序和≥反序和，结合基本不等式，即可得到结论．证明：不妨设a≥b≥c＞0，∴a2≥b2≥c2，由排序原理：顺序和≥反序和，得：a3+b3≥a2b+b2a，b3+c3≥b2c+c2b，c3+a3≥a2c+c2a三式相加得2（a3+b3+c3）≥a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）．又a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca．所以2（a3+b3+c3）≥6abc，∴a3+b3+c3≥3abc．当且仅当a=b=c时，等号成立．点评：本题考查排序原理：顺序和≥反序和，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.函数（）A．6B．2C．5D．2【答案】D【解析】函数可化为=，利用柯西不等式，即可求得最大值．解：由柯西不等式可得=≤=2当且仅当，即x=时，函数取得最大值2故选D．点评：本题考查函数的最值，考查柯西不等式的运用，考查计算能力，属于中档题．5.（2014•湖北模拟）设x、y、z是正数，且x2+4y2+9z2=4，2x+4y+3z=6，则x+y+z等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】运用柯西不等式：（a2+b2+c2）（d2+e2+f2）≥（ad+be+cf）2，当且仅当等号成立．解：∵x、y、z是正数，x2+4y2+9z2=4，2x+4y+3z=6，∴（22+22+12）（x2+4y2+9z2）=9×4≥（2x+4y+3z）2=36，∴可设，（k为常数），代入2x+4y+3z=6，得k=，∴x+y+z==．故选A．点评：本题考查三元柯西不等式及应用，考查基本的运算能力，是一道基础题．6.二维形式的柯西不等式可用（）表示．A．a2+b2≥2ab（a，b∈R）B．（a2+b2）（c2+d2）≥（ab+cd）2（a，b，c，d∈R）C．（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2（a，b，c，d∈R）D．（a2+b2）（c2+d2）≤（ac+bd）2（a，b，c，d∈R）【答案】C【解析】二维形式的柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d∈R 均为实数，则（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2其中等号当且仅当ad=bc时成立．解：根据二维形式的柯西不等式的代数形式：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2故选C点评：本小题主要考查二维形式的柯西不等式等基础知识．属于基础题．7.设a，b∈R+，a+b=1，则+的最小值为（）A．2+B．2C．3D．【答案】D【解析】利用二维形式的柯西不等式求得的最小值为10，可得+的最小值．解：∵a，b∈R+，a+b=1，∴a2+b2=1﹣2ab，又∵=a2+b2+5+2≥6﹣2ab+2=6﹣2ab+2（ab+2）=10，∴+≥，当且仅当=时，等号成立，故+的最小值为，故选：D．点评：本题主要考查利用二维形式的柯西不等式求函数的最小值，属于基础题．8.（2014•长安区三模）己知x，y∈（0，+∞），若+3＜k恒成立，利用柯西不等式可求得实数k的取值范围是．【答案】k＞．【解析】由柯西不等式可得（+3）2≤（x+y）（1+9），即+3＜10结合条件，即可得出结论．解：由柯西不等式可得（+3）2≤（x+y）（1+9），∴+3＜10∵+3＜k恒成立，∴k＞．故答案为：k＞．点评：本题考查柯西不等式，考查学生的计算能力，正确运用柯西不等式是关键．9.（2014•陕西模拟）函数的最大值是．【答案】10．【解析】由函数的特点，利用柯西不等式，即可得到结论．解：由于．当且仅当即时等号成立．故函数的最大值是 10．故答案为：10．点评：本题考查了柯西不等式求函数最值，关键是对所给函数解析式灵活变形，再应用柯西不等式，此类型是函数中两个根式变量的系数不互为相反数（互为相反数时可用基本不等式），但是符号相反，注意先求函数的定义域，验证等号成立的条件．10.（2014•黄冈模拟）设a、b、c为正数，a+b+9c2=1，则++c的最大值是，此时a+b+c= ．【答案】．【解析】由条件利用柯西不等式求得++c的最大值、以及此时对应的a+b+c的值．解：∵a、b、c为正数，a+b+9c2=1，由柯西不等式可得≤[++（3c）2]•[12+12+]=1×=，∴++c的最大值是=，此时，且a+b+9c2=1，即 a=b=，c=时，取等号，故此时，a+b+c=++=，故答案为：．点评：本题考查了柯西不等式的应用，考查了变形能力和计算能力，属于中档题。
2021届高三高考文科数学必刷题考点60不等式的证明柯西不等式含答案.docx
2021届高三高考文科数学必刷题考点60不等式的证明、柯西不等式1.已知函数/W = |x-l| + |%-3|,(1)解不等式/W<x + 1.a2b2------ 1 -------- > 1 (2)设函数/'W的最小值为c,实数a, b满足a > 0,b > 0,a +/? = c,求证：a + 1 b + 1【答案】(1) US；一⑵ 见解析【解析】①当X < I时，不等式可化为4 - 2m, x 2 1.又,「X < 1, .'.X C0;②当1<X< 3时，不等式可化为2 <x + l, X>1.又VI <x < 3, /.I <x < 3.③当x > 3时，不等式可化为2x -4 M x + 1, x <5.又•「x>3, .”〈x*.综上所得，..•原不等式的解集为〔>51.(2)证明：由绝对值不等式性质得，|X-1|+|X-3|2|(1-X)+(X-3)|=2,.•.c = 2,即0 + 6 = 2 .令a + l = m, b + \=n，则，”>l, “>1, a = m-\,b = n-\f 7n + n = 4,a2t b2 (m-1)2 . 01-1)2 . j . 1 . 1 4-4 .不 + 航=^^ + ^~ =m + n-4+- + - =—>^=1,原不等式得证.2.已知函数/W = |x-a|.(1)当a = 2时，解不等式/(x)>7-|x-l|.、r—I ------= a(m > 0,n > 0) l(2)若/(x) < 1 的解集为[0,2], m 2n\ 求证：m + 4〃22膜+ 3.【答案】(1)( - 8,- 2] U [5,+ 8)； Q)证明见解析.【解析】(1)当a = 2时，不等式为|x —2| +庆一1| 2 7,.( x< 1 书l<x< 2 书x>2 ,,<2-x + l-x>7s^l-2-x + x-l>7^tx-2 + x-l>7, ...不等式的解集为(-CO.-2] U [5. +s).(2) f{x) < 1,即|x - a| < 1,解得a - l<x<a + l,而/'(x) < 1,解集是[0.2], /.P = °解得a = 1,k a + 1 = 2所以'幸 + 土 = l(m>0,n>0),.'.in + 4?i = (?n + 4n)(二+ = 3 + —■ + ^- > 2\^2 + 3.当且仅当m =V2 + 1, n =亏与寸等号成立.3.已知函数/'(x) = |x-3|.(1)求不等式广3)< * + 1的解集M；(2)设见虬证明:(a2 + l)(b2 + 1) > 2a2 + 262.【答案】(1) M = {x\x>l} (2)见解析【解析】(1)当了2 3时，|x-3| <x +l=>x-3 |x-3| <x +lnx-3恒成立，所以x> 3；当x < 3 时，|x-3|<x+ln3 -x<x + l=>x> 1,所以l<x<3,综合可知，不等式/'(x)<x + l的解集为心={了次>1}.(2)因为(『+l)(b： + l) -(2n: +2fe=) =(a&): + a: + &: +1 —2a:— 2b: =(a&)2— a z— b2 + 1 = (a:— l)(b:— 1),又因为a.b&M,所以a > l,b > 1,因此a：> Lh3>la2-1 >0.&=-l>0,所以(a：-l)(Zf-l) >0,所以原不等式(/ + l)(b' + 1) > 2a2 + 2尸成立一/(%) = |2x - a\ + |x + -|(实数a>0)4.设函数a,(1)当a = l,求不等式Kx) > 3的解.集;(2)求证：六Q2很.【答案】(1) ｛小<-1或％>1｝； (2)膜【解析】(1)原不等.式等价于|2X-1|+|X +1|>3,1% 2 —当2时，可得2*-1 +刀+ 1>3,得%>1；1—1 V X V —当2时，可得一2x + l+x + l>3,得％<-1不成立;1x <—当2时，可得-+ 得xV- 1；•综上所述，原不等式的解集为｛x|x<-W>1]3x-fl+^,x>7-尤+ a + j, - ^ < x < 7 ,—3x + a - -,x < -- a a当一土 <x<2 时，f (x) > - + a 2 / \ 2 A当点-泸，/(x)> a+^,所以\/min(X )= :+注2 J?X j = \ 2 ,当且仅当(I = "2时等号成立法二：f(x) = |2x-a| + |x + ：| = |x-?| + |x-?| + |x+3 I 2 |x-?| + |? + 刁 *• —— M ■« *«« a *当且仅当(x -9 (x+9三o 时等号成立。
高中数学柯西不等式试题汇编解析
M
1 2a2 2
5 2 12
b2
的最小值．
5.（2017
年四川高联预赛）已知在
△ABC
中，AB
BC
3CA AB
，则
AC AB
BC
的最大值是（ A． 5
2
）． B． 3
C．2
D． 5 .
6．（2017 年福建高联预赛）函数 f x 2x 7 12 x 44 x 的最大值
为_______．
abc
参考答案：6.
解析：由题可得， a2 2b 12 3c 2 2 3 ，
由柯西不等式可得，（微信公众号：乐思数学研究）
a2 2b 12 3c 2 2 12 +12 +12 a+2b 1+3c 2 2 ，
即 a+2b+3c 32 9 .因而， a+2b+3c 6 .
再由柯西不等式可得，
2
2
3
因而 f x 的最大值为 2 3 ．
4 ．（ 2018 年 湖 北 高 联 预 赛 ） 已 知 正 数 a, b 满 足 ab 1 ， 求
M
1 2a2 2
5 2 12
b2
的最小值．
参考答案： 5 34 .
12
解析:待定系数法，引入参数 ， .
由柯西不等式，可得，（微信公众号：乐思数学研究）
2a2 1
1 2
2
a
2
，
b2
5 12
2
1 2
b
5 12
2
．
因而
1 2a2 2
5 12
2
b2
a
b 5
2 12 ．
高中数学一般形式的柯西不等式练习题含答案
高中数学一般形式的柯西不等式练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________ 1. 设a，b，c为正数，a+b+9c2=1，则√a+√b+√3c的最大值是()A.7 3B.53C.√213D.√1532. 设a，b，c，x，y，z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+ cz=20，则a+b+cx+y+z=（）A.1 4B.13C.12D.343. 已知实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，则(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2的最大值是（）A.12B.20C.28D.364. 函数y=5√x−1+√9−3x()A.6√3B.2√3C.5√2D.2√145. n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是()A.1B.nC.n2D.1n6. 已知x，y，z均为正数，且x+y+z=1，则x21+x +y21+y+z21+z的最小值为________．7. （不等式选做题）已知a，b，m，n均为正数，且a+b=1，mn=2，则(am+bn)(bm+an)的最小值为________．8. 若正数a，b，c满足a+b+4c=1，则√a+√b+√2c的最大值为________．9. 已知实数a，b，c满足a+2b−c=1，则a2+b2+c2的最小值是________．10. 函数y=√x−4+√25−5x的最大值为________．11. 已知x+2y+3z=1，则2x2+2y2+z2的最小值为________．12. 已知空间的点P(x, y, z)(x, y, z∈R)到原点O(0, 0, 0)的距离为3，则式子x+2y+ 2z的最大值与最小值的差是________．13. 已知：x，y，z∈R，x2+y2+z2＝1，则x−2y−3z的最大值为________√14．14. 设a，b，c均为正数，且a+b+c=12，则1a +9b+25c的最小值为________．15. 已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5，则a的取值范围是________．16. （1）a、b为非负数，a+b=1，x1，x2∈R+，求证：(ax1+bx2)(bx1+ax2)≥x1x2； 16.（2）已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5试求a的最值．17. （I）在极坐标系内，已知曲线C1的方程为ρ2−2ρ(cosθ−2sinθ)+4=0，以极点为原点，极轴方向为x正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线C2的参数方程为{5x=1−4t5y=18+3t（t为参数）．（1）求曲线C1的直角坐标方程以及曲线C2的普通方程；（2）设点P为曲线C2上的动点，过点P作曲线C1的切线，求这条切线长的最小值． 17.（II）已知f(x)=m−|x−2|，且不等式f(x+2)≥0解集为[−1, 1]．（1）求正实数m的大小；（2）已知a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m，求a+2b+3c的最小值．18. 已知|x+2y+3z|≥4(x, y, z∈R)（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）若|a+2|≤72(x2+y2+z2)对满足条件的一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．19. 已知|x+2y+3z|≥4(x, y, z∈R)．（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）若|a+2|≤72(x2+y2+z2)对满足条件的一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．20. 已知f(x)=|2x+1|+|x+5|.(1)解不等式f(x)<9;(2)若a，b，c均为正数，且f(a)+f(b)+f(c)=24，证明：b2a +c2b+a2c≥2.21. 已知函数f(x)=2|x|+|x−2|的最小值为m．(1)求m的值；(2)若实数a，b满足a2+b2=m，求11+a2+12+b2的最小值．22. 已知关于x的不等式|x−1|−|x+2|≥|m+1|有解，记实数m的最大值为M．(1)求实数m的取值范围；(2)正数a，b，c满足a+2b+2c=M，求证：1a+b +3b+c+4c+a≥9．23. 已知大于1的正数x，y，z满足x+y+z=3√3．（1）求证：x 2x+2y+3z +y2y+2z+3x+z2z+2x+3y≥√32．（2）求1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x的最小值．24. 已知a，b，c是正实数，且满足a+b2+c3=1．(1)是否存在满足已知条件的a，b，使得ab=12，试说明理由；(2)求√a+√b+√c的最大值．25. 已知函数f (x )=|x −2|−2|x| . (1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若正数a ，b ，c 满足a +4b +9c =f (13)+2，求1a +4b +9c 的最小值．26. 已知函数f (x )=|x −4|+|1−x|，x ∈R ． (1)解不等式：f (x )≤5；(2)记f (x )的最小值为M ，若正实数a ，b 满足a +b =M ，试求：1a+2+1b+1的最小值．27. 已知a ，b ，c >0，a 21+a 2+b 21+b 2+c 21+c 2=1，证明．αbc ≤√24．28. a 2+b 2+c 2+x 2+y 2=16√21，求证：(ax +by)2+(bx +cy)2≤2016．29. （选做题）已知x 2+3y 2+4z 2=2，求证：|x +3y +4z|≤4．30. 设x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1． (1)求(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值；(2)若(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥13成立，证明：a ≤−3或a ≥−1．31. 已知x +y +z =1，求证x 2+y 2+z 2≥13．32. 不等式选讲：已知x ，y ，z ∈R ，且x −2y −3z =4，求x 2+y 2+z 2的最小值．33. 已知实数a ，b ，c ，d 满足a +b +c +d =3，a 2+2b 2+3c 2+6d 2=5，求a 的取值范围．34. （选做题）已知a ，b ，c ∈(0, +∞)，且1a +2b +3c =2，求a +2b +3c 的最小值及取得最小值时a ，b ，c 的值．35. 已知：x，y，x是正实数，且x+2y+3z=1，(1)求1x +1y+1z的最小值；(2)求证：x2+y2+z2≥114．参考答案与试题解析高中数学一般形式的柯西不等式练习题含答案一、 选择题 （本题共计 5 小题 ，每题 3 分 ，共计15分 ） 1.【答案】 C【考点】 柯西不等式一般形式的柯西不等式 【解析】由柯西不等式可得[(√a)2+(√b)2+(3c)2][12+12+(√33)2]≥(1⋅√a +1⋅√b +√33⋅3c)2，代入数据变形可得． 【解答】解：由柯西不等式可得[(√a)2+(√b)2+(3c)2][12+12+(√33)2] ≥(1⋅√a +1⋅√b +√33⋅3c)2，∴ 代入数据变形可得√a +√b +√3c ≤√2+13=√213， 当且仅当√a 1=√b 1=√33且a +b +9c 2=1，即a =b =37，c =√721时取等号， ∴ √a +√b +√3c 的最大值是√213. 故选C .2.【答案】 C【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】 此题暂无解析 【解答】(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)=10×40≥(ax +by +cz)2=202． 取等条件是ax =by =cz =12， 所以a+b+cx+y+z =12． 3. 【答案】 C【考点】由题意实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，可以将(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2，用x2+y2+z2和(xy+yz+xz)表示出来，然后根据完全平方式的基本性质进行求解．【解答】解：∵实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，∴(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2=5(x2+y2+z2)−4(xy+yz+xz)=20−2[(x+y+z)2−(x2+y2+z2)]=28−2(x+y+z)2≤28∴当x+y+z=0时(2x−y)2+(2y−z)2+(2z−x)2的最大值是28．故选C．4.【答案】D【考点】一般形式的柯西不等式【解析】函数可化为y=5√x−1+√9−3x=5√x−1+√3×√3−x，利用柯西不等式，即可求得最大值．【解答】由柯西不等式可得y=5√x−1+√9−3x=5√x−1+√3×√3−x≤√(25+3)(x−1+3−x))=2√14当且仅当√3=√x−1√3−x，即x=3914时，函数取得最大值2√145.【答案】C【考点】一般形式的柯西不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：由柯西不等式，得(x1+x2+⋯+x n)(1x1+1x2+⋯+1x n)≥(√x11√x√x2×1√x⋯+√x n1x n)2=(1+1+⋯+1)2=n2，当且仅当x1=x2=⋯=x n时取等号.故选C.二、填空题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）6.【答案】14【考点】此题暂无解析 【解答】解：∵ x ，y ，z 均为正数，∴ (x 21+x +y 21+y +z 21+z )(1+x +1+y +1+z)≥(x +y +z)2， ∵ x +y +z =1， ∴x 21+x+y 21+y+z 21+z≥14，当且仅当x =y =z =13时，取等号， ∴x 21+x+y 21+y +z 21+z的最小值为 14.故答案为：14. 7.【答案】 2【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用二维形式的柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d ∈R 均为实数，则(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd)2其中等号当且仅当ac =bd 时成立，即可求出(am +bn)(bm +an)的最小值． 【解答】解：根据二维形式的柯西不等式的代数形式：(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd)2可得(am +bn)(bm +an)≥(√am ⋅√an +√bn ⋅√bm)2=mn(a +b)2=2×1=2，当且仅当aman =bnbm 即m =n 时，取得最小值2． 故答案为：2． 8. 【答案】√102【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】直接利用柯西不等式(a 2+b 2+c 2)(m 2+n 2+p 2)≥(am +bn +cp)2进行求解即可． 【解答】解：由柯西不等式可知（(√a)2+(√b)2+(√4c)2）(12+12+(√22)2)≥(√a ×1+√b ×1+√4c ×√22)2∴ 52(a +b +4c)≥(√a +√b +√2c)2即√a +√b +√2c ≤√102故答案为：√1029.【答案】16【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用条件a+2b−c=1，构造柯西不等式(a+2b−c)2≤(12+22+12)(a2+b2+ c2)进行解题即可．【解答】解：由柯西不等式得(a+2b−c)2≤(12+22+12)(a2+b2+c2)，∵a+2b−c=1，∴1≤(12+22+12)(a2+b2+c2)，∴a2+b2+c2≥16，当且仅当a1=b2=c1取等号，则a2+b2+c2的最小值是16故答案为：16．10.【答案】√6【考点】一般形式的柯西不等式【解析】先将函数变为y=1×√x−4+√5×√5−x，再利用柯西不等式，即可得到结论．【解答】解：∵y=√x−4+√25−5x∴y=1×√x−4+√5×√5−x≤√(1+5)(x−4+5−x)=√6故答案为：√611.【答案】223【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用题中条件：“x+2y+3z=1”构造柯西不等式：(2x2+2y2+z2)×(12+2+9)≥(x+2y+3z)2进行计算即可．【解答】解：构造柯西不等式：(2x2+2y2+z2)×(12+2+9)≥(x+2y+3z)2已知x+2y+3z=1，∴2x2+2y2+z2≥223，则2x2+2y2+z2的最小值为223，故答案为：223．12.【答案】18【考点】一般形式的柯西不等式【解析】根据可得|x+2y+2z|≤9，从而得到x+2y+2z的最大值为9，最小值为−9．由此可得最大值与最小值的差．【解答】解：∵|OP|2=x2+y2+z2=9，∴根据柯西不等式，得|x+2y+2z|≤√(12+22+22)(x2+y2+z2)=9，由|x+2y+2z|≤9，得−9≤x+2y+2z≤9当且仅当x=1，y=z=2时，x+2y+2z有最大值9，当x=−1，y=z=−2时，x+2y+2z有最小值−9．最大最小值的差为18故答案为：1813.【答案】√14【考点】一般形式的柯西不等式【解析】首先分析题目已知x2+y2+z2＝1，求x−2y−3z的最大值，可以联想到柯西不等式(a2+b2+c2)(e2+f2+g2)≥(ae+bf+cg)2的应用，构造出柯西不等式即可得到答案．【解答】由已知x，y，z∈R，x2+y2+z2＝1，和柯西不等式(a2+b2+c2)(e2+f2+g2)≥(ae+bf+cg)2则构造出[12+(−2)2+(−3)2](x2+y2+z2)≥(x−2y−3z)2．即：(x−2y−3z)2≤14即：x−2y−3z的最大值为√14．14.【答案】27【考点】一般形式的柯西不等式【解析】利用条件a+b+c=12，构造柯西不等式(1+3+5)2≤(a+b+c)(1a +9b+25c)进行解题即可． 【解答】解：由柯西不等式得(1+3+5)2≤(a +b +c)(1a +9b +25c)，∵ a +b +c =12， ∴ (1+3+5)2≤12(1a +9b +25c)，∴ 1a +9b +25c≥274，当且仅当1aa=9bb=25cc取等号，则1a +9b +25c的最小值为274． 故答案为：274． 15.【答案】[1, 2] 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2，从而得到关于a 的不等关系：5−a 2≥(3−a)2，解之即a 的取值范围． 【解答】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2 即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2． 当且仅当√2b√2=√3b√3=√6d√6时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 故答案为：[1, 2]．三、 解答题 （本题共计 20 小题 ，每题 10 分 ，共计200分 ） 16.【答案】 解：（1）∵ (ax 1+bx 2)(bx 1+ax 2)=(ax 1+bx 2)(ax 2+bx 1)≥(a √x 1x 2+b √x 1x 2)2=(a +b)2x 1x 2=x 1x 2 (∵ a +b =1)．（2）解：由柯西不等式得，有(2b 2+3c 2+6d 2)(12+13+16)≥(b +c +d)2； 即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2 由条件可得，5−a 2≥(3−a)2；解得，1≤a≤2当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，代入b=1,c=13，d=16时，a max=2b=1,c=23，d=13时a min=1．【考点】一般形式的柯西不等式【解析】（1）将y1、y2代入乘积y1y2展开，化简出x1x2的表达式，判断其大小，即可．（2）由柯西不等式得，有(2b2+3c2+6d2)(12+13+16)≥(b+c+d)2；结合条件可得，5−a2≥(3−a)2；从而求得a的最值．【解答】解：（1）∵(ax1+bx2)(bx1+ax2)=(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥(a√x1x2+b√x1x2)2=(a+b)2x1x2=x1x2 (∵a+b=1)．（2）解：由柯西不等式得，有(2b2+3c2+6d2)(12+13+16)≥(b+c+d)2；即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2由条件可得，5−a2≥(3−a)2；解得，1≤a≤2当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，代入b=1,c=13，d=16时，a max=2b=1,c=23，d=13时a min=1．17.【答案】解：(I)(1)对于曲线C1的方程为ρ2−2ρ(cosθ−2sinθ)+4=0，可化为直角坐标方程x2+y2−2x+4y+4=0，即(x−1)2+(y+2)2=1；对于曲线C2的参数方程为{5x=1−4t5y=18+3t（t为参数），可化为普通方程3x+4y−15=0．（2）过圆心(1, −2)点作直线3x+4y−15=0的垂线，此时切线长最小，则由点到直线的距离公式可知，d=√32+42=4，则切线长为√16−1=√15．(II)(1)因为f(x+2)=m−|x|≥0，所以|x|≤m，所以m≥0，−m≤x≤m．又f(x+2)≥0的解集是[−1, 1]，故m=1．（2）由（1）知1a +12b+13c=1，a，b，c∈R+，由柯西不等式得a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)≥(1+1+1)2=9．∴a+2b+3c的最小值为9．【考点】一般形式的柯西不等式参数方程与普通方程的互化【解析】(I)(1)参数方程、极坐标化为直角坐标方程，可得结论．（2）根据圆的切线性质、点到直线的距离公式求得这条切线长的最小值．(II)(1)由条件可得|x|≤m ，求得−m ≤x ≤m ．再根据f(x +2)≥0的解集是[−1, 1]，求得m 的值． （2）由（1）知1a +12b+13c=1，a ，b ，c ∈R +，由柯西不等式求得a +2b +3c 的最小值．【解答】解：(I)(1)对于曲线C 1的方程为ρ2−2ρ(cos θ−2sin θ)+4=0，可化为直角坐标方程x 2+y 2−2x +4y +4=0，即(x −1)2+(y +2)2=1；对于曲线C 2的参数方程为{5x =1−4t5y =18+3t （t 为参数），可化为普通方程3x +4y −15=0．（2）过圆心(1, −2)点作直线3x +4y −15=0的垂线，此时切线长最小， 则由点到直线的距离公式可知，d =√32+42=4，则切线长为√16−1=√15．(II)(1)因为f(x +2)=m −|x|≥0，所以|x|≤m ，所以m ≥0，−m ≤x ≤m ． 又f(x +2)≥0的解集是[−1, 1]，故m =1． （2）由（1）知1a +12b+13c=1，a ，b ，c ∈R +，由柯西不等式得a +2b +3c =(a +2b +3c)(1a+12b+13c)≥(1+1+1)2=9．∴ a +2b +3c 的最小值为9． 18.【答案】 解：（1）∵ (x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，且|x +2y +3z|≥4(x, y, z ∈R)．∴ x 2+y 2+z 2≥87，当且仅当x1=y2=z3时取等号． 即x 2+y 2+z 2的最小值为87．（2）∵ x 2+y 2+z 2的最小值为87． ∴ |a +2|≤72×87=4， ∴ −4≤a +2≤4， 解得−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式 基本不等式【解析】（1）利用柯西不等式即可得出；（2）由（1）可得x 2+y 2+z 2的最小值为87．因此|a +2|≤4，解出即可．【解答】 解：（1）∵ (x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，且|x +2y +3z|≥4(x, y, z ∈R)．∴ x 2+y 2+z 2≥87，当且仅当x1=y2=z3时取等号． 即x 2+y 2+z 2的最小值为87． （2）∵ x 2+y 2+z 2的最小值为87．∴ |a +2|≤72×87=4， ∴ −4≤a +2≤4， 解得−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 19.【答案】 解：（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)， 由|x +2y +3z|≥4， 则x 2+y 2+z 2≥87， 即x 2+y 2+z 2的最小值为87；（2）由于|a +2|≤72(x 2+y 2+z 2)对满足条件的一切实数x ，y ，z 恒成立，且x 2+y 2+z 2的最小值为87，则|a +2|≤4， 则有−4≤a +2≤4 则−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)，结合条件即可得到最小值；（2）由恒成立思想，结合（1）可得|a +2|≤4，解不等式即可得到． 【解答】 解：（1）由柯西不等式可得，(x +2y +3z)2≤(12+22+32)(x 2+y 2+z 2)， 由|x +2y +3z|≥4，则x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87；（2）由于|a +2|≤72(x 2+y 2+z 2)对满足条件的一切实数x ，y ，z 恒成立，且x 2+y 2+z 2的最小值为87， 则|a +2|≤4， 则有−4≤a +2≤4 则−6≤a ≤2，即a 的取值范围为[−6, 2]． 20. 【答案】解：(1)∵ f(x)=|2x +1|+|x +5|={−3x −6,x ≤−5,−x +4,−5<x <−12,3x +6,x ≥−12,∴ {−3x −6<9,x ≤−5,或{−x +4<9,−5<x <−12,或{5x +6<9,x ≥−12, 解得：x 无解，或−5<x <−12，或−12≤x <1， 综上可得：不等式f (x )<9 的解集为(−5,1).(2)∵ a ，b ，c 均为正数， ∴ 3a +3b +3c +18=24， 即：a +b +c =2， ∴ 由柯西不等式可得：(b 2a+c 2b+a 2c)(a +b +c )≥(b +c +a )2， ∴ b 2a +c 2b+a 2c≥2.【考点】绝对值不等式的解法与证明 柯西不等式一般形式的柯西不等式【解析】(1)分情况讨论去掉绝对值，再分别解不等式即可；(2)由于化简得到a +b +c =2，与要证的结论能构成柯西不等式模型，故直接用柯西不等式证明即可. 【解答】解：(1)∵ f(x)=|2x +1|+|x +5|={−3x −6,x ≤−5,−x +4,−5<x <−12,3x +6,x ≥−12,∴ {−3x −6<9,x ≤−5,或{−x +4<9,−5<x <−12,或{5x +6<9,x ≥−12,解得：x 无解，或−5<x <−12，或−12≤x <1，综上可得：不等式f (x )<9 的解集为(−5,1). (2)∵ a ，b ，c 均为正数， ∴ 3a +3b +3c +18=24， 即：a +b +c =2， ∴ 由柯西不等式可得：(b 2a +c 2b+a 2c)(a +b +c )≥(b +c +a )2，∴ b 2a +c 2b+a 2c≥2.21.【答案】解：(1)f (x )=|x|+|x|+|x −2|≥|x|+|x −(x −2)|=|x|+2≥2，当且仅当x =0时等号成立， 故m =2 .(2)由(1)知 ，a 2+b 2=2，由柯西不等式得(11+a 2+12+b 2)(1+a 2+2+b 2)≥(1+1)2 ，当且仅当a 2=32,b 2=12时等号成立， ∴ 11+a +12+b ≥4a +b +3=45， 故11+a 2+12+b 2的最小值为45． 【考点】一般形式的柯西不等式 绝对值三角不等式 【解析】【解答】解：(1)f (x )=|x|+|x|+|x −2|≥|x|+|x −(x −2)|=|x|+2≥2， 当且仅当x =0时等号成立， 故m =2 .(2)由(1)知 ，a 2+b 2=2，由柯西不等式得(11+a 2+12+b 2)(1+a 2+2+b 2)≥(1+1)2 ， 当且仅当a 2=32,b 2=12时等号成立， ∴ 11+a 2+12+b 2≥4a 2+b 2+3=45，故11+a2+12+b2的最小值为45．22.【答案】解：(1)|x −1|−|x +2|≤|(x −1)−(x +2)|=3， "=”当x =−2时成立．若不等式|x −1|−|x +2|≥|m +1|有解， 则满足|m +1|≤3，解得−4≤m ≤2 ∴ 实数m 的取值范围是[−4,2]． (2)由(1)知M =2，故正数a,b,c 满足a +2b +2c =2， ∴ 1a+b +3b+c +4c+a =(a +b )+(3b +3c )+(c +a )4(1a +b +93b +3c +4c +a)≥(√1+√9+√4)24=9.【考点】 绝对值不等式一般形式的柯西不等式 绝对值不等式的解法与证明【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)|x −1|−|x +2|≤|(x −1)−(x +2)|=3， "=”当x =−2时成立．若不等式|x −1|−|x +2|≥|m +1|有解， 则满足|m +1|≤3，解得−4≤m ≤2 ∴ 实数m 的取值范围是[−4,2]． (2)由(1)知M =2，故正数a,b,c 满足a +2b +2c =2， ∴1a+b+3b+c+4c+a=(a +b )+(3b +3c )+(c +a )4(1a +b +93b +3c +4c +a )≥(√1+√9+√4)24=9.23.【答案】解：（1）由柯西不等式得，(x 2x +2y +3z +y 2y +2z +3z +z 2z +2x +3y )[(x +2y +3z)+(y +2z +3x)+(z +2x +3y)]≥(x +y +z)2=27 得：x 2x+2y+3z +y 2y+2z+3x +z 2z+2x+3y ≥√32；（2）∵1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x=1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx)，由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)），由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)）≥9所以，(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))≥9(log3(xy)+log3(yz)+log3(zx))=92log3(xyz)，又∵ 3√3=x+y+z≥3√xyz3．∴xyz≤3√3．∴log3xyz≤32．得92log3xyz≥92×23=3所以，1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x≥3当且仅当x=y=z=√3时，等号成立．故所求的最小值是3．【考点】一般形式的柯西不等式平均值不等式在函数极值中的应用【解析】（1）可以将不等式左边乘以）[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]然后利用柯西不等式进行放缩求解；（2）根据对数函数的性质，然后再利用柯西不等式进行放缩，注意不等式取等号的条件进行证明；【解答】解：（1）由柯西不等式得，(x2+y2+z2)[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]≥(x+y+z)2=27得：x 2x+2y+3z +y2y+2z+3x+z2z+2x+3y≥√32；（2）∵1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x=1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx)，由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)），由柯西不等式得：(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))（log3(xy)+log3(yz)+log3(zx)）≥9所以，(1log3(xy)+1log3(yz)+1log3(zx))≥9(log3(xy)+log3(yz)+log3(zx))=92log3(xyz)，又∵ 3√3=x+y+z≥3√xyz3．∴xyz≤3√3．∴log3xyz≤32．得92log3xyz≥92×23=3所以，1log3x+log3y +1log3y+log3z+1log3z+log3x≥3当且仅当x=y=z=√3时，等号成立．故所求的最小值是3．24.【答案】解：(1)由条件0<a+b2<1，从而ab=2a⋅b2≤2(a+b22)2<2×(12)2=12，∴不存在满足已知条件的a，b，使得ab=12．(2)由柯西不等式可得：(√a+√b+√c)2=(1⋅√a+√2.√b2+√3⋅√c3)2，≤[12+(√2)2+(√3)2]⋅(a+b2+03)=6，∴√a+√b+√c≤√6，等号成立的条件为√a1=√b2√2=√c3√3，结合a+b2+a3=1，可知a=16，b=23，c=32，∴√a+√b+√c的最大值为√6．【考点】基本不等式一般形式的柯西不等式【解析】【解答】解：(1)由条件0<a+b2<1，从而ab=2a⋅b2≤2(a+b22)2<2×(12)2=12，∴不存在满足已知条件的a，b，使得ab=12．(2)由柯西不等式可得：(√a+√b+√c)2=(1⋅√a+√2.√b2+√3⋅√c3)2，≤[12+(√2)2+(√3)2]⋅(a+b2+03)=6，∴√a+√b+√c≤√6，等号成立的条件为√a1=√b2√2=√c3√3，结合a+b2+a3=1，可知a =16，b =23，c =32，∴ √a +√b +√c 的最大值为√6． 25.【答案】解：(1)①当x ≤0时，f(x)=2−x −(−2x)=x +2， 由f(x)>1，即x +2>1， 解得x >−1，又x ≤0， 所以−1<x ≤0；②当0<x <2时，f(x)=2−3x ， 由f(x)>1，即2−3x >1， 解得x <13，又0<x <2，所以0<x <13；③当x ≥2时，f(x)=−x −2， 由f(x)>1，得x ∈⌀，综上，不等式f(x)>1的解集为(−1,13)． (2)因为f (13)=|13−2|−2×|13|=1，故a +4b +9c =3，所以1a +4b +9c =13(a +4b +9c)(1a +4b +9c ) 因为a, b, c >0，所以由柯西不等式：上式=13[(√a)2+(2√b)2+(3√c)2]⋅[(√1a)2+(2√1b)2+(3√1c)2]≥13(√a ⋅√1a +2√b ⋅2√1b +3√c ⋅3√1c )2 =13(1+4+9)2 =1963，当且仅当a =b =c =314时，等号成立.【考点】一般形式的柯西不等式绝对值不等式的解法与证明【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)①当x ≤0时，f(x)=2−x −(−2x)=x +2， 由f(x)>1，即x +2>1， 解得x >−1，又x ≤0， 所以−1<x ≤0；②当0<x <2时，f(x)=2−3x ， 由f(x)>1，即2−3x >1， 解得x <13，又0<x <2， 所以0<x <13；③当x ≥2时，f(x)=−x −2， 由f(x)>1，得x ∈⌀，综上，不等式f(x)>1的解集为(−1,13)． (2)因为f (13)=|13−2|−2×|13|=1， 故a +4b +9c =3，所以1a+4b+9c=13(a +4b +9c)(1a+4b+9c)因为a, b, c >0，所以由柯西不等式：上式=13[(√a)2+(2√b)2+(3√c)2]⋅[(√1a )2+(2√1b )2+(3√1c )2] ≥13(√a ⋅√1a +2√b ⋅2√1b +3√c ⋅3√1c )2 =13(1+4+9)2=1963，当且仅当a =b =c =314时，等号成立.26. 【答案】解：(1)由题意得f (x )={5−2x,x ≤1,3,1<x <4,2x −5,x ≥4.∵ f (x )≤5，∴ {5−2x ≤5,x ≤1,或{3≤5,1<x <4,或{2x −5≤5,x ≥4,∴ 0≤x ≤5 ，∴ 不等式解集为{x|0≤x ≤5}.(2)由(1)知，f (x )在(−∞,1)上单调递减， (4,+∞)上单调递增， ∴ f (x )min =3， ∴ M =3．解法1：a +b =3 ，∴ (a +2)+(b +1)=6， ∴ 1a+2+1b+1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)]=16(2+b+1a+2+a+2b+1)≥16(2+2)=23． 解法2：由柯西不等式得，1a +2+1b +1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] ≥16(√a +2√a +2+√b +1√b +1)2=46=23，当且仅当{a +2=b +1,a +b =3,时，即 a =1，b =2时，1a+2+1b+1的最小值为23． 【考点】绝对值不等式的解法与证明 基本不等式在最值问题中的应用 一般形式的柯西不等式 【解析】 无 无 【解答】解：(1)由题意得f (x )={5−2x,x ≤1,3,1<x <4,2x −5,x ≥4.∵ f (x )≤5，∴ {5−2x ≤5,x ≤1,或{3≤5,1<x <4,或{2x −5≤5,x ≥4,∴ 0≤x ≤5 ，∴ 不等式解集为{x|0≤x ≤5}.(2)由(1)知，f (x )在(−∞,1)上单调递减， (4,+∞)上单调递增， ∴ f (x )min =3， ∴ M =3．解法1：a +b =3 ，∴ (a +2)+(b +1)=6， ∴1a+2+1b+1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] =16(2+b+1a+2+a+2b+1)≥16(2+2)=23． 解法2：由柯西不等式得，1a +2+1b +1=16(1a +2+1b +1)[(a +2)+(b +1)] ≥16(√a +2√a +2+√b +1√b +1)2=46=23，当且仅当{a +2=b +1,a +b =3,时，即 a =1，b =2时，1a+2+1b+1的最小值为23．27.【答案】证明：根据柯西不等式(n =3)得，[(1+a 2)+(1+b 2)+(1+c 2)]•(a 21+a +b 21+b +c 21+c )≥(a +b +c)2， 即a 2+b 2+c 2+3≥(a +b +c)2， 整理得，ab +bc +ac ≤32，再由基本不等式：ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3， 两边立方得，a 2b 2c 2≤(ab+bc+ac 3)3≤18，所以，abc ≤√18=√24， 即abc ≤√24，证毕． 【考点】一般形式的柯西不等式 不等式的证明 【解析】先用柯西不等式得出ab +bc +ac ≤32，再用基本不等式ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3，得出abc ≤√24． 【解答】证明：根据柯西不等式(n =3)得，[(1+a 2)+(1+b 2)+(1+c 2)]•(a 21+a 2+b 21+b 2+c 21+c 2)≥(a +b +c)2， 即a 2+b 2+c 2+3≥(a +b +c)2， 整理得，ab +bc +ac ≤32，再由基本不等式：ab +bc +ac ≥3√ab ⋅bc ⋅ac 3， 两边立方得，a 2b 2c 2≤(ab+bc+ac 3)3≤18，所以，abc ≤√18=√24， 即abc ≤√24，证毕． 28.【答案】证明：只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ，当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2] =(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况． 此时，由柯西不等式及均值不等式，可得(ax +by)2+(bx +cy)2=(ax √2⋅√2y)2+(√2⋅√2x +cy)2+≤(a 2+b 22)(x 2+2y 2)+(b 22+c 2)(2x 2+y 2)=32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2)−12(x 2−y 2)(a 2−c 2) ≤32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2) ≤32•(x 2+y 2+a 2+b 2+c 22)2=32⋅16×16×214=2016．故不等式得证．【考点】 不等式的证明一般形式的柯西不等式【解析】只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ，当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2]=(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况．此时，由柯西不等式及均值不等式，化简整理，即可得证． 【解答】证明：只需考虑a ，b ，c ，x ，y ≥0的情况即可，由对称性，不妨设x ≥y ， 当a ≥c 时，[(ax +by)2+(bx +cy)2]−[(ay +bx)2+(by +cx)2] =(a 2−c 2)(x 2−y 2)≥0，此时前者更大，故又只需考虑a ≥c 的情况． 此时，由柯西不等式及均值不等式，可得(ax +by)2+(bx +cy)2=(ax √2⋅√2y)2+(√2⋅√2x +cy)2+≤(a 2+b 22)(x 2+2y 2)+(b 22+c 2)(2x 2+y 2)=32(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2)−12(x 2−y 2)(a 2−c 2) ≤3(x 2+y 2)(a 2+b 2+c 2) ≤32•(x 2+y 2+a 2+b 2+c 22)2=32⋅16×16×214=2016．故不等式得证． 29.【答案】证明：因为已知x 2+3y 2+4z 2=2根据柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得：即(x +3y +4z)2≤(x 2+3y 2+4z 2)(12+√32+22)≤2×8=16 故：|x +3y +4z|≤4．【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】分析题目已知x 2+3y 2+4z 2=2，求证：|x +3y +4z|≤4．考虑到应用柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)，首先构造出柯西不等式求出(x +3y +4z)2的最大值，开平方根即可得到答案． 【解答】证明：因为已知x 2+3y 2+4z 2=2根据柯西不等式(ax +by +cz)2≤(a 2+b 2+c 2)(x 2+y 2+z 2)构造得：即(x +3y +4z)2≤(x 2+3y 2+4z 2)(12+√32+22)≤2×8=16 故：|x +3y +4z|≤4． 30.【答案】(1)解：由于[(x −1)+(y +1)+(z +1)]2=(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x −1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x −1)]≤3[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]，故由已知得(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43，当且仅当x =53，y =−13，z =−13时等号成立；(2)证明：由于[(x −2)+(y −1)+(z −a)]2=(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2+2[(x −2)(y −1)+(y −1)(z −a)+(z −a)(x −2)]≤3[(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2]， 由已知得，(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥(2+a)23，当且仅当x =4−a 3，y =1−a 3，z =2a−23时等号成立，因此(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值为(2+a)23，由题设知(2+a)23≥13，解得a ≤−3或a ≥−1.【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】（1）运用柯西不等式可得(12+12+12)[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]≥(x −1+y +1+z +1)2＝4，可得所求最小值；（2）运用柯西不等式求得(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值，由题意可得13不大于最小值，解不等式可得所求范围． 【解答】(1)解：由于[(x −1)+(y +1)+(z +1)]2=(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x −1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x −1)]≤3[(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2]，故由已知得(x −1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43， 当且仅当x =53，y =−13，z =−13时等号成立； (2)证明：由于[(x −2)+(y −1)+(z −a)]2=(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2+2[(x −2)(y −1)+(y −1)(z −a)+(z −a)(x −2)]≤3[(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2]， 由已知得，(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2≥(2+a)23，当且仅当x =4−a 3，y =1−a 3，z =2a−23时等号成立，因此(x −2)2+(y −1)2+(z −a)2的最小值为(2+a)23，由题设知(2+a)23≥13，解得a ≤−3或a ≥−1. 31.【答案】解：∵ x 2+y 2≥2xy ，x 2+z 2≥2xz ，y 2+z 2≥2yz ， ∴ 2x 2+2y 2+2z 2≥2xy +2xz +2yz ．∴ 3x 2+3y 2+3z 2≥x 2+y 2+z 2+2xy +2xz +2yz ∴ 3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z)2=1∴ x 2+y 2+z 2≥13．原不等式得证． 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】先利用基本不等式a 2+b 2≥2ab ，同时变形利用x +y +z =1，即(x +y +z)2=1即可证得结论． 【解答】解：∵ x 2+y 2≥2xy ，x 2+z 2≥2xz ，y 2+z 2≥2yz ， ∴ 2x 2+2y 2+2z 2≥2xy +2xz +2yz ．∴ 3x 2+3y 2+3z 2≥x 2+y 2+z 2+2xy +2xz +2yz ∴ 3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z)2=1∴ x 2+y 2+z 2≥13． 原不等式得证． 32.【答案】解：由柯西不等式，得[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)， 即(x −2y −3z)2≤14(x 2+y 2+z 2)，… 即16≤14(x 2+y 2+z 2)．所以x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87．…【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用题中条件：“x −2y −3z =4”构造柯西不等式：[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)，利用这个条件进行计算即可． 【解答】解：由柯西不等式，得[x +(−2)y +(−3)z]2≤[12+(−2)2+(−3)2](x 2+y 2+z 2)， 即(x −2y −3z)2≤14(x 2+y 2+z 2)，… 即16≤14(x 2+y 2+z 2)．所以x 2+y 2+z 2≥87，即x 2+y 2+z 2的最小值为87．… 33. 【答案】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2 当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】先由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2从而得到关于a 的不等关系：5−a 2≥(3−a)2，解之即a 的取值范围． 【解答】解：由柯西不等式得(12+13+16)(2b 2+3c 2+6d 2)≥(b +c +d)2即2b 2+3c 2+6d 2≥(b +c +d)2将条件代入可得5−a 2≥(3−a)2，解得1≤a ≤2 当且仅当√2b√12=√3c√13=√6d√16时等号成立，可知b =12，c =13，d =16时a 最大=2， b =1，c =23，d =13时，a 最小=1，所以：a 的取值范围是[1, 2]． 34. 【答案】解：由于(1a +2b +3c )(a +2b +3c)=[(√1a )2+(√2b )2+(√3c )2][(√a)2+(√2b)2+(√3c)2]≥(√1a √a +√2b √2b +√3c √3c)2=36又1a +2b +3c =2，∴ a +2b +3c ≥18，当且仅当a =b =c =3时等号成立当a =b =c =3时，a +2b +3c 取得最小值18 【考点】一般形式的柯西不等式 【解析】利用柯西不等式，即可求得a +2b +3c 的最小值及取得最小值时a ，b ，c 的值． 【解答】解：由于(1a+2b+3c)(a +2b +3c)=[(√1a)2+(√2b)2+(√3c)2][(√a)2+(√2b)2+(√3c)2]≥(√1a √a +√2b √2b +√3c √3c)2=36又1a +2b +3c =2，∴ a +2b +3c ≥18，当且仅当a =b =c =3时等号成立当a =b =c =3时，a +2b +3c 取得最小值18 35.【答案】(1)解：∵ x ，y ，x 是正实数，且x +2y +3z =1， ∴ 1x +1y +1z =(1x +1y +1z )(x +2y +3z) =6+2y x +3z x +x y +3z y +x z +2y z =6+(2y x +x y )+(3z x +x z )+(3z y +2y z) ≥6+2√2+2√3+2√6，当且仅当x =√2y =√3z 时取等号.即1x+1y+1z的最小值为6+2√2+2√3+2√6.(2)证明：由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)， ∴ x 2+y 2+z 2≥114，当且仅当x =2y =3z 时， 即x =13，y =16，z =19时取等号． 故x 2+y 2+z 2≥114．【考点】一般形式的柯西不等式基本不等式在最值问题中的应用 【解析】（1）由题意整体代入可得1x +1y +1z =6+(2yx +xy )+(3zx +xz )+(3zy +2y z)，由基本不等式可得；（2）由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)，由不等式的性质可得．【解答】(1)解：∵ x ，y ，x 是正实数，且x +2y +3z =1， ∴ 1x+1y+1z=(1x+1y+1z)(x +2y +3z)=6+2y x +3z x +x y +3z y +x z +2y z =6+(2y x +x y )+(3z x +x z )+(3z y +2y z) ≥6+2√2+2√3+2√6，当且仅当x =√2y =√3z 时取等号.即1x+1y+1z的最小值为6+2√2+2√3+2√6.(2)证明：由柯西不等式可得1=(x +2y +3z)2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2)， ∴ x 2+y 2+z 2≥114，当且仅当x =2y =3z 时，即x =13，y =16，z =19时取等号． 故x 2+y 2+z 2≥114．。
2020年高考数学柯西不等式经典猜题20道(含详解答案)
（1）若 ，求 的最小值；
（2）若 ，求 的最大值.
14．已知 ， ， ，且 .
证明：（1） ；（2） .
15．已知
（1）求 的最小值 ；
（2）若 ， ，求证：
16．设a，b，c都是正数，满足 .
（1）求 的最小值；
（2）证明 .
17．已知 ，且 .
（1）求 的最大值；
（2）证明： .
则 ，又因为 ，
所以 ，即
当且仅当 时取等号.
（2）由于
得
所以
即 ，当且仅当 ， ， 时取等号
的最小值为 .
11．证明：由 ．
因为 ，所以 ，
当且仅当 时，不等式取等号，此时 ，
故 的最小值为4．
12．由于 都为正数，且 ，根据柯西不等式得，
，
当且仅当 时等号成立，即 的最小值为3.
13．（1）法一：由 得， ，
柯西不等式经典猜题20道
1．已知 ，求 的最小值．
2．已知正实数 ， ， 满足 .
证明：（1） ；
（2） .
3．已知正数 ， ， 满足 .
（1）求证： ；
（2）求 的最小值.
4．已知 ， ， ， ，证明：
（1） ；
（2） .
5．已知 ，且 ，求 的最小值．
6．已知实数 ， ， ，均大于零，且满足 .
故 的最小值为 .
7．由
，
故 ．
等号当且仅当 ，即 时成立．
即 的最大值为 ．
8．（1）因为 ， ， 为正数且各不相等，
则
．
故 ．
（2）根据柯西不等式可得
，
，
，
，
的最大值为 ．
柯西不等式高考题精选
柯西不等式高考题精选1.（2013 年湖北）设 x.zeR,且满足：/ + / + 22=1, x + 2y+ 3z = V14,则x+y + z=.【答案】半2.（2013年陕西）已知a, b,叫,n均为正数，且a+b=1,mn=2,则（am+bn）（bm+an）的最小值为.【答案】2 f (x) = x + 11 + lx —2 | 的最小值为 a.3. [2014 •福建] 已知定义在R上的函数（1）求a的值；⑵若p, q, r是正实数，且满足p + q + r = a, 求证:p2+q:+r2^3.解：(1)因为|x+l + |x—2| | (x+1) — (x—2) |=3, 当且仅当一l〈x<2时，等号成立, 所以f(x)的最小值等于3,即a=3.⑵由⑴知p + q + r = 3,又p, q, r是正实数，所以(p' + q~ + r')(l-+l'+l/)2(pXl + qXl+rXl)'=(p + q + r)2=9,即 E+/+/23.4.[2014 •陕西]A.(不等式选做题)设a, b, m, n£R,且£ +b' = 5, ma + nb = 5,则+ 的最小值为.【答案】m5.[2014 •浙江](1)解不等式 2|x—2| — x+l|>3；(2)设正数 a, b, c 满足 abc=a + b + c, 求证：ab + 4bc + 9ac236,并给出等号成立条件. 解：(1)当 xW —1 时，2(2—x) + (x + 1) >3, 得xV2,此时x 〈一l ；当一lVx<2 时，2(2—x) — (x + 1) >3,得 xVO,此时 -l<x<0； 当 x>2 时，2(x — 2) — (x+l)>3,得 x>8,此时 x 〉8.综上所述，原不等式的解集是(-8, O)U (8, +8).(2)证明：由abc = a + b + c,得々+*+,=1.由柯西不等式， ab be caz 、得(ab + 4bc + 9ac) ~--F~ F — 2 (1 + 2 + 3)、[ab be ca ；所以ab + 4bc + 9ac236,当且仅当a = 2, b = 3, c = l 时，等号 成立.6.12015福建】已知〃>0*>0,0 0,函数/0)=1%+。
2020年高考数学专题柯西不等式解析版
√
√
√
»
y = 3x − 6 + 3 − x ⩽ 3 + 1 · (x − 2) + (3 − x) = 2,
11 等号当 x = 时取得
√
3x − 6 + 3 − x ⩾ (3x − 6) + (3 − x) = 2x − 3 ⩾ 1,
等号当 x = 2 时取得．因此所求函数的值域为 [1, 2]．
P (x0, y0)，
P 到直线 l 的距离
d
=
|x0
+√y0
− 9|
=
9 − (x√0
+ y0)
⩾
√ 9 − 42
+ 32 · …( x0 )2 √4
+ ( y0 )2 3
=
√ 2 2,
2
2
2
等号当
x0
=
y0
时可以取得，因此所求最小值为
√ 2 2．
16 9
5. 若实数 x, y 满足 x2 + y2 ⩽ 1，则 |2x + y − 2| + |6 − x − 3y| 的最小值是
y
5/4 B
1/2 A
O
x
−1/2 2x + y − 2 = 0
−5/4
Åã
直线 2x + y − 2 = 0 将可行域 x2 + y2 ⩽ 1 分割为两个弓形，其中 A(1, 0)，B
34 ,
．
55
对两个弓形分别进行线性规划可得取值范围分别为 [3, 5] 以及 (3, 13]，因此所求代数式的取值范围为 [3, 13]，
√
»
√
x + 4x − x2 = x − 2 + 4 − (2 − x)2 + 2 ⩽ 2 + 2 2,
权方和不等式(高考)
权方和不等式专题训练1、柯西不等式的分式结构：222212121212()0,0()n n i i n n a a a a a a a b b b b b b b ++⋅⋅⋅>>++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅若则成立当i i a b λ=时，等号成立。
2、加权的权方和不等式：若0,0,0i i a b m >>>则111112121212()()m m m m n n m m m mn n a a a a a a b b b b b b ++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅成立。
当i i a b λ=的时，等号成立。
A 题组训练1、______21,1,的最小值为则为正实数，若已知yx y x y x +=+ 2、________21120,1的最小值为，则，若设ba b a b a +-=+>> 3、______13210,的最小值，则且满足已知实数yx y x y x y x y x -++=+>>4、已知a>0,b>0,且_______,12122的最小值是则b a ba a +=+++ 5、______121,22的最小值是，则是正实数，且设+++=+y y x x y x y x 6、已知a>1,b>1,则_______1122的最小值为-+-a b b a 7、对任意实数___1)1(4)12(,21,12222的最大值为恒成立，则实数不等式a x a y y a x y x ≥-+->>8、____lg 3lg 110001,12的最小值为，则，已知y x xy y x +=>> 9、______1211,的最小值为，满足若正实数++=+y xxy x y x 10、____2221,,222的最小值为，则满足已知正实数y x z x z y z y x z y x z y x +++++=++11、____2221,,222的最小值为，则满足已知正实数y x z x z y z y x xyz z y x +++++≥12、的最小值，求是正实数且满足设22811,yx y x y x +=+ 13、的最小值，求，已知2212210,y x yx y x +=+> 14、_______1181,,222的最小值，求且已知c b a c b a R c b a ++=++∈+B 题组训练一、单选题1．已知0x >，0y >，且192x y+=，求x y +的最小值（ ， A ．6B ．16C ．8D ．12【答案】C 【解析】分析：由192x y +=得()192y x x y x y x y ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭，利用基本不等式可得结果.详解：199()19y x x y x y x y ⎛⎫++=+++ ⎪⎝⎭， 910y x x y =++10≥+16=，当3y x =时，等号成立，又192x y+=，∴2()16x y +≥，8x y +≥，x y +的最小值为8，故选C， 二、填空题2．已知a ，b 是正整数，ab ，当(),0,x y ∈∞时，则有()222a b a b x y x y++≥+成立，当且仅当“a b x y =”取等号，利用上述结论求2912y x x =+-，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的最小值______．【答案】25【分析】先分析题意，再结合不等式的结构配凑，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，29491212x x x x+=+--， 再结合不等式的性质即可得解.【详解】解：由当(),0,x y ∈∞时，则有()222a b a bx y x y++≥+成立，当且仅当“a b x y =”取等号，则当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，22949(23)2512122(12)x x x x x x ++=+≥=--+-，当且仅当23122x x=-，即15x =时取等号，故答案为25.【点睛】本题考查了运算能力，重点考查了类比能力及分析处理数据的能力，属基础题. 3．已知0,0a b >>，且1ab =，则11822a b a b+++的最小值为_________． 【答案】4【分析】根据已知条件，将所求的式子化为82a b a b+++，利用基本不等式即可求解.【详解】0,0,0a b a b >>∴+>，1ab =,11882222ab ab a b a b a b a b∴++=++++842a b a b +=+≥+，当且仅当a b +=4时取等号，结合1ab =,解得22a b =-=+，或22a b =+=-.故答案为：4【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.4．设,x y 是正实数，且3x y +=，则2211y xx y +++的最小值是 ． 【答案】95【解析】试题分析：因为3x y +=,所以30,03y x x =-><<，所以2232322222()()11(1)(1)1y x y y x x x y x xy y x y x y x y x y xy ++++-++++==+++++++224()111136808091111444542x y xy xy xy xy xy x y +--==-=-+≥-+=++++⎛⎫+ ⎪⎝⎭当且仅当32x y==时等号成立，所以2211y xx y+++的最小值为95．考点：基本不等式．。
柯西不等式训练题
柯西不等式训练题一．选择题（共15小题）1．已知x，y，z，a∈R，且x2+4y2+z2=6，则使不等式x+2y+3z≤a恒成立的a的最小值为（）A．6B．C．8D．2．已知实数x、y、z满足2x﹣y﹣2z﹣6=0，x2+y2+z2 =4，则2x+y+z=（）A．B．C．D．23．若实数a，b，c满足a2+b2+c2=1，则3ab﹣3bc+2c2的最大值为（）A．1B．2C．3D．44．已知x，y，z均为正数，且x+y+z=2，则++的最大值是（）A．2B．2C．2D．35．设x、y、z是正数，且x2+4y2+9z2=4，2x+4y+3z=6，则x+y+z等于（）A．B．C．D．6．用柯西不等式求函数y=的最大值为（）A．B．3C．4D．57.已知a2+b2+c2=1，若|对任意实数a，b，c，x恒成立，则实数m的取值范围是（）A．[8，+∞）B．（﹣∞，﹣4]∈[2，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∈[8，+∞）D．[2，+∞）8．若2x+3y+5z=29，则函数μ=++的最大值为（）A．B．2C．2D．9设a，b，c，x，y，z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，则=（）A．B．C．D．10．已知x2+4y2+kz2=36，且x+y+z的最大值为7，则正数k等于（）A．1B．4C．8D．911．已知实数a i，b i∈R，（i=1，2，…n），且满足a12+a22+…a n2=1，b12+b22+…b n2=1，则a1b1+a2b2+…+a n b n的最大值为（）A．1B．2C．n D．2二．解答题（共15小题）12．（1）证明柯西不等式：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2；（2）若a，b∈R+且a+b=1，用柯西不等式求+的最大值．13．（1）解不等式|2x﹣1|＜|x|+1（2）设x，y，z∈R，x2+y2+z2=4，试求x﹣2y+2z 的最小值及相应x，y，z的值．14．已知a b c∈R+，a+b+c=2，记a2+b2+c2的最小值为m．（∈）求实数rn；（∈）若关于x的不等式|x﹣3|≥m和x2+px+q≥0的解集相同，求p的值．15．已知关于x的不等式：|x﹣|≤（m∈Z），2是其解集中唯一的整数解．（1）求m的值；（2）已知正实数a，b，c满足a2+4b2+16c2=m，求a+2b+4c的最大值．16．已知实数x，y，z满足x2+y2+z2=1．（∈）求x+2y+2z的取值范围；（∈）若不等式|a﹣3|+≥x+2y+2z对一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．17．（1）设函数，求f（x）的最小值，（2）当a+2b+3c=m （a，b，c∈R）时，求a2+b2+c2的最小值．18．已知x，y∈R+，且x+y=2（∈）要使不等式+≥|a+2|﹣|a﹣1|恒成立，求实数a的取值范围（∈）求证：x2+2y2．19．（1）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|，求x的取值范围，使f（x）为常函数；（2）若x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，求m=x+y+z的最大值．20.已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|﹣m（m∈R），不等式f（x）＜5的解集为（﹣4，2）．（∈）求m的值；（∈）实数a，b，c满足a2++=m，求证：a+b+c≤．21．已知不等式|x﹣2|＞3的解集与关于x的不等式x2﹣ax﹣b＞0的解集相同．（1）求实数a，b的值；（2）求函数f（x）=a+b的最大值．22．（2014•福建）已知定义域在R上的函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|的最小值为a．（1）求a的值；（2）若p，q，r为正实数，且p+q+r=a，求证：p2+q2+r2≥3．23．已知不等式|t+3|﹣|t﹣2|≤6m﹣m2对任意t∈R恒成立．（∈）求实数m的取值范围；（∈）若（∈）中实数m的最大值为λ，且3x+4y+5z=λ，其中x，y，z∈R，求x2+y2+z2的最小值．24．已知a，b，c∈R，a2+b2+c2=1．（∈）求证：|a+b+c|≤；（∈）若不等式|x﹣1|+|x+1|≥（a﹣b+c）2对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围．。
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柯西不等式高考题精选
1.（2013年湖北）设,,x y z R ∈,且满足:2221x y z ++=,
2314x y z ++=,则x y z ++=_______.
【答案】314
7
2.（2013年陕西）已知a, b, m, n 均为正数, 且a+b=1, mn=2, 则(am+bn)(bm+an)的最小值为_______.
【答案】2
3.[2014·福建] 已知定义在R 上的函数
f(x)＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a.
(1)求a 的值；
(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ， 求证：p 2＋q 2＋r 2
≥3.
解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a ＝3.
(2)由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又p ，q ，r 是正实数，
所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p ＋q ＋r)2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.
4.[2014·陕西] A ．(不等式选做题)设a ，b ，m ，n∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________．
【答案】 5
5.[2014·浙江] (1)解不等式2|x －2|－|x ＋1|＞3；
(2)设正数a ，b ，c 满足abc ＝a ＋b ＋c ，
求证：ab ＋4bc ＋9ac ≥36，并给出等号成立条件．
解：(1)当x≤－1时，2(2－x)＋(x ＋1)＞3，
得x ＜2，此时x≤－1；
当－1＜x≤2时，2(2－x)－(x ＋1)＞3，得x ＜0，此时 －1<x<0；
当x>2时，2(x －2)－(x ＋1)＞3，得x>8，此时x>8. 综上所述，原不等式的解集是(－∞，0)∪(8，＋∞)．
(2)证明：由abc ＝a ＋b ＋c ，得1ab ＋1bc ＋1ca
＝1.由柯西不等式，得(ab ＋4bc ＋9ac)⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫1ab ＋1bc ＋1ca ≥(1＋2＋3)2， 所以ab ＋4bc ＋9ac≥36，当且仅当a ＝2，b ＝3，c ＝1时，等号成立．
6.【2015福建】已知0,0,0a b c >>>，函数()||||f x x a x b c 的最小值为4．
(Ⅰ)求a b c 的值；
(Ⅱ)求2221149
a b c 的最小值． 【答案】(Ⅰ) 4；(Ⅱ)87
． 【解析】(Ⅰ)因为(x)|x ||x ||(x )(x )||a |f a b c a b c b c ，当
且仅当a x b 时，等号成立，又0,0a
b ，所以|a b |a b ,所以(x)f 的最小值为a b
c ,
所以a b c 4．
(Ⅱ)由(1)知a b c 4，由柯西不等式得
()()2
2222114912+3+1164923a b a b c c a b c ⎛⎫⎛⎫++++≥⨯⨯⨯=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即2
22118497
a b c .
当且仅当1132231b a c ,即8182,,777a b c 时，等号成立 所以2221149a b c 的最小值为87. 【考点定位】1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式．
【点睛】当x 的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如()f x x a x b =+++的函数的最小值，以及解析式形如()f x x a x b =+-+的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标．
7.【2015陕西】已知关于x 的不等式x a b +<的解集为{}24x x <<．
（I ）求实数
a ，
b 的值；
（II ）求+的最大值．
【答案】（I ）3a =-，1b =；（II ）4．
故max 3+12+4t t .
考点：1、绝对值不等式；2、柯西不等式.
【点晴】本题主要考查的是绝对值不等式和柯西不等式，属于容易题．解题时一定要注意不等式与方程的区别，否则很容易出现错误．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．用柯西不等式证明或求最值要注意：①所给不等式的形式是否与柯西不等式的兴致一致，若不一致，需要将所给式子变形；②等号成立的条件．。