柯西不等式的运用

柯西不等式的运用（通用9篇）

篇1：柯西不等式的运用

运用均值不等式的八类拼凑方法

利用均值不等式求最值或证明不等式是高中数学的一个重点。在运用均值不等式解题时,我们常常会遇到题中某些式子不便于套用公式，或者不便于利用题设条件，此时需要对题中的式子适当进行拼凑变形。均值不等式等号成立条件具有潜在的运用功能。以均值不等式的取等条件为出发点，为解题提供信息，可以引发出种种拼凑方法。下面把运用均值不等式的拼凑方法概括为八类。

一、拼凑定和

通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值。

例１ 已知0x1，求函数yx3x2x1的最大值。

解：yx2x1x1x11x2x11x

2x1x11x32x1x14。1x422327

当且仅当31x1321x，即x时，上式取“=”。故ymax。3227

评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式，变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“积”的最大值。

例2

求函数yx0x1的最大值。

解：

y

 x2x221x221xx2因，1x22327

x21

x2，即x当且仅当时，上式取“=”

。故ymax。2

3评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件。例3 已知0x2，求函数y6x4x2的最大值。

解：y36x224x22182x24x24x2

32x24x24x21883

18。327

当且仅当2x4x





18832，即x时，上式取“=”。故ymax，又

27y0,ymax

3。3

二、拼凑定积

通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件

例

4x5x2设x1，求函数y的最小值。

x

1解：y

x14x1

1x145x1x1

59。当且仅当x1时，上式取“=”。故ymin9。

评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为和的形式，然后“拼

凑定积”，往往是十分方便的。

例5 已知x1，求函数y

24x1

x3的最大值。

解：x1,x10，y

24x1

x1

4x14



x1

4x1



3。

224

当且仅当x1时，上式取“=”。故ymax3。

评注：有关的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再

设法将分母“拼凑定积”。

例6 已知0x，求函数y

2cosx的最小值。

sinx

xx

解：因为0x，所以0，令tant，则t0。

211cosx1t213t所以yt

sinxsinx2t2t2当且仅当

13t，即tx时，上式取“

=”。故ymin 2t

3评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，创造出运用均值不等

式的环境。

三、拼凑常数降幂

例7 若a3b32,a,bR，求证：ab2。

分析：基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥

梁，能为解题提供信息，开辟捷径。本题已知与要求证的条件是ab1，为解题提供了信息，发现应拼凑项，巧妙降次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。

33a,b313133b。证明：a11，故原不等式a3b3463ab,ab2.当且仅当ab1时，上述各式取“=”得证。

评注：本题借助取等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了。

例8 若x3y32,x,yR，求x2y25xy的最大值。

解：31xx1x3x3,31yy1y3y3,31xy1x3y3,x2y25xy

1x3x31y3y351x3y3



77x3y3

7。

当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故x2y25xy的最大值为7。

例9 已知a,b,c0,abc1，求证：a3b3c3abbcca。

证明：1a3b331ab,1b3c331bc,1c3a331ca，32a3b3c33abbc

ca，又abbcca3，32a3b3c32abbcca3,a3b3c3abbcca。

当且仅当abc1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

四、拼凑常数升幂

例10 若a,b,cR，且abc

1。

分析：已知与要求证的不等式都是关于a,b,c的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是

1abc

3证明：2161616



a5,2

b5,2c5，333231

abc32.。

当且仅当abc

时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

3例11 若ab2,a,b,R，求证：a3b32。

证明：311a1313a3,311b1313b3,3ab4a3b3。

又ab2,a3b32。当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

五、约分配凑

通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次。

例12 已知x,y,0,1，求xy的最小值。

xyy1

解：xyx

284y6x

4x32xyxy

326 4。

当且仅当

1时，即x4.y16，上式取“=”，故xymin64。xy

241的最小值。x1x

例13 已知0x1，求函数y

解：因为0x1，所以1x0。

所以y

41x411x4

x1x59。x1xx1xx1x

41x2x

时，即x，上式取“=”，故ymin9。

3x1x



当且仅当

a2b2c21

abc。例14 若a,b,cR，求证

bccaab2

分析：注意结构特征：要求证的不等式是关于a,b,c的轮换对称式，当abc时，等式成立。此时

a2a

，bc2

a1bca2

设mbc，解得m，所以应拼凑辅助式为拼凑的需要而添，经此一添，解题可见眉

244bc

目。

证

明

：

a2bcb2cac2aba,b,cbc4ca4ab4。

a2b2c21abc。当且仅当abc时，上述各式取“=”，故原不等式得证。bccaab2

六、引入参数拼凑

某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解地待定系数，可开辟解题捷径。

149

例15 已知x,y,zR，且xyz1，求的最小值。

xyz

解：设0，故有xyz10。

914914914

xyz1xxx xyzxyzxy

z。当且仅当

式取“=”，即x

149

x,y,z同时成立时上述不等xyz

y

z，代入xyz1，解得

36，此时36，故

x49yz的最小值为36。

七、引入对偶式拼凑

根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件。

例16 设a1,a2,,an为互不相等的正整数，求证

证明：记bn

则

an111a1a2a

31。122232n2123n

ana1a2a31111

，构造对偶式，dn122232n2a1a2a3an

aa11a21a3111111

bndn222n2，21a2a3ana123n123n



当且仅当aiiiN,in时，等号成立。又因为a1,a2,,an为互不相等的正整数，

所以dn

11111111

，因此bn。123n123n

评注：本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式。

八、确立主元拼凑

在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式。

例17 在ABC中，证明cosAcosBcosC

1。8

分析：cosAcosBcosC为轮换对称式，即A,B,C的地位相同，因此可选一个变元为主元，将其它变元

看作常量（固定），减少变元个数，化陌生为熟悉。

证明：当cosA0时，原不等式显然成立。

当cosA0时，cosAcosBcosC

cosAcosBCcosBC

21cosAcosBCcosA 2

11cosA1cosA1cosA1cosA。2228

cos(BC)1

当且仅当，即ABC为正三角形时，原不等式等号成立。

cosA1cosA

综上所述，原不等式成立。

评注：变形后选择A为主元，先把A看作常量，B、C看作变量，把B、C这两个变量集中到cos(BC)，然后利用cos(BC)的最大值为1将其整体消元，最后再回到A这个主元，变中求定。

综上可见，许多貌似繁难的最值问题或不等式证明问题，运用均值不等式等号成立条件，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式，轻松获解。

篇2：柯西不等式的运用

湖北省天门中学薛德斌

在我们的学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到

切入点，几种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时我们不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，在已学过的知识的基础上进行广泛的联想，构造一个与不等式相关的数

学模型，实现问题的转化，从而使不等式得到证明。下面通过举例加以说明。

一、构造向量证明不等式

例1：证明7x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。简析与证明：不等式左边可看成7与 x 和2与9x2两两乘积的和，从而联想

到数量积的坐标表示，将左边看成向量a=(,2)与b=(x,又a·b ≤|a|·|b|，所以7x9x2)的数量积，2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9当且仅当b=λa(λ>0)时等号成立，故由

时，等号成立。x79x22x=,λ=1，即 x =70得：（1－y)(xy3)(2xy6)例2：求证：2221 6

简析与证明：不等式左边的特点，使我们容易联想到空间向量模的坐标表示，将左边看

成a =(1－y , x+y－3 , 2x+y－6)模的平方，又 |a|·|b|≥a·b ,为使 a·b为常数，根据待定系数

法又可构造b=(1 , 2，-1)

222于是|a|·|b|=(1y)(xy3)(2xy6)6

（1－y)·1＋(xy3)·2(2xy6（）·1）－1 a·b＝

222所以(1y)(xy3)(2xy6)61（1－y)(xy3)(2xy6)即

二、构造复数证明不等式

22例

3、xy2221 6x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22

2简析与证明：从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模，将左边看成复数Z1=

x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x +y i，Z4 = 1－ x +（1－ y）i 模的和，又注意到

Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1z2z3z4可得

x2y2x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)2222222

此题也可构造向量来证明。

三、构造几何图形证明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：a2abb2b2bcc2

且仅当a2acc2当111时取等号。bac

简析与证明：从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理，于是可构造如下图形：

作OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1）

则∠AOC＝120°，AB=a2abb2，BC=b

2bcc2,AC=a2acc2由几何知识可知：AB＋BC≥AC

∴a2abb2+b2bcc2≥a2acc2

当且仅当A、B、C三点共线时等号成立，此时有

111absin60bcsin60acsin120，即22

2ab+bc=ac

故当且仅当111时取等号。bac图（1）

四、构造椭圆证明不等式

例5：求证：42 49x22x3

3简析与证明：49x2的结构特点，使我们联

想到椭圆方程及数形结合思想。

于是令 y49x2(y0)，则其图象是椭

x2y

21圆4的上半部分，设y-2x=m，于是只需

49证42m, 因 m为直线y=2x＋m在y轴上33图（2）的截距，由图（2）可知：当直线 y = 2 x＋m 过点（直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 24，0）时，m有最小值为m=；当33y2xm

229xy4 得：13x2 + 4mx + m2 – 4 = 0

令△= 4（52－9m2）=0 得：m22或m－（33

即m的最大值为424222，故m，即49x2x 33333

五、构造方程证明不等式

例6：设 a1、a2、…an 为任意正数，证明对任意正整数n

不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …+ an2)均成立

简析与证明：原不等式即为 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此联想到根的判别式而构造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）

因方程左边＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

当a1、a2、…an不全相等时，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一个不为0，方程（＊）左边恒为正数，方程（＊）显然无解。

当a1＝a2＝…＝an 时，方程（＊）有唯一解 x＝1 a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)对任意正整数n均成立

六、构造数列证明不等式

2例7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >n·

n n-1212n

简析与证明：不等式左边即为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，于是左1

2边=1+2+2+…+ 2 2n－1112=[(1+2n-1)+(2+2n-2)+ …(2n-1+1)≥·n·22n1=n·22n-12

例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1 求证：112 221ab1a1b

简析与证明：不等式中各分式的结构特点与题设联想到无穷等比数列（| q | < 1）各项和公式S＝a1112424，则：=（1 + a + a + …）+（1 + b + b + …）221a1b1q1ab=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ … ≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … =

七、构造函数证明不等式

例9：已知| a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求证：ab＋bc＋ca＞－

1简析与证明：原不等式即为：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

将a看作自变量，于是问题转化为只须证：当－1＜a＜1时，（b＋c）a＋bc＋1恒为正数。因而可构造函数 f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)

若b + c = 0原不等式显然成立。

若b + c ≠0，则f(a)是a的一次函数，f(a)在（－1,1）上为单调函数

而 f(-1)=－ b －c+ bc +1＝（1－b）（1－c）＞0

f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－1

此题还可由题设构造不等式（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0

（1－a）（1－b）（1－c）＞0

两式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、构造对偶式证明不等式

例10：对任意自然数n，求证：(1+1)(1+

简析与证明：设an =(1+1)(1+

构造对偶式：bn = 11)…(1+)> 43n23n1 112583n43n1)…(1+)= ··…·43n21473n53n23693n33n47103n23n1··…，cn = ·… 2583n43n13693n33n1111111，1 3n23n13n23n

即an > bn，an > cn

3∴an> an bn cn

∴an> 11)> n1 3n1，即：(1+1)(1+)…(1+43n2

小结：从以上几例还可以看出：（1）构造法不仅是证明不等式的重要思想方法，也是解不等式，求函数值域或最值的重要思想方法。（2）运用构造法解题，必须对基础知识掌握的非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神。（3）不时机地运用构造法，定能激发和培养学生的探索精神与创新能力。

篇3：柯西不等式的运用

【例1】已知椭圆方程, 求斜率为且与椭圆相切的直线方程.

解:设直线方程为x-2y=t, 当该直线与椭圆相切时, t取最值.

故 (x-2y) 2≤8,

即-2槡2≤t≤2槡2.

所以所求直线方程为x-2y±2槡2=0.

由以上例子可得出下面的结论:

若椭圆方程为, 直线Ax+By+C=0相切的充要条件是C2=A2 a2+B2b2.

证明:既然直线与椭圆相切, 说明-C是Ax+By的最值.

特别地, 当这里的椭圆变成圆, 即a2=b2=r2 (r>0) 时, 即圆x2+y2=r2与直线l相切的充要条件是, 与课本结论一致.

【例2】已知椭圆, 直线l:y=x+b, 若直线l与椭圆有两个公共点, 求b的取值范围.

解:将直线方程转化为x-y=-b,

又直线与椭圆相交, 故不能取到等号, 所以

由以上推理过程知道, 如果数据再大一些, 运算起来就会相当麻烦, 由此探究判定直线与椭圆位置关系的另一种方法.

设椭圆, 直线l:Ax+By+C=0, 若 (x, y) 满足, 则必有下列结论:

(1) 当直线与椭圆相切时, C2=A2 a2+B2b2;

(2) 当直线与椭圆相交时, C2<A2 a2+B2b2;

(3) 当直线与椭圆相离时, C2>A2 a2+B2b2.

特别地, 当这里的椭圆变成圆, 即a2=b2=r2 (r>0) 时, 上述判定即为直线与圆位置关系判定中的几何法.

【结论运用】 (2010, 湖北高考) 已知椭圆的两焦点为F1, F2, 点P (x0, y0) 满足, 则|PF1|+|PF2|的取值范围为_____________, 直线与椭圆C的公共点的个数为个____________.

解:由0<2x20+y02<1知点P (x0, y0) 在椭圆内, 故|PF1|+|PF2|的取值范围为[2, 2槡2) .

即C2>A2 a2+B2b2.

故交点个数为0个.

篇4：运用基本不等式的配凑技巧

关键词：基本不等式；定值；配凑技巧

中图分类号：G633.61 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）07-186-01

1、从定值的角度入手配凑

某些不等式的約束条件可看成若干变元的和或积的定值,在不等式的变形中,配凑出这些定值,可使问题巧妙获解.常见的配凑变形有化积为和,常数的带换,加法结合律等常规运算技巧。

设 ，求 的最大值

解： 是常数，

与 的积可能有最大值

= == =

当且仅当 时， 取最大值，最大值为

2、从等号成立的条件入手配凑

基本不等式 （ 当且仅当 时,等号成立）在题中的约束下,各变元将取某个特定值,这就提示我们可考虑用这些值来进行配凑。

设 ,

求证:

证明:不等式 时,等号成立,

此时 .由此可考虑配凑常数 以便利用基本不等式.

同理，

以上三式相加,并利用 ,得 ( + + )

3、从约分的角度入手配凑

为了划分式不等式为正式不等式,可考虑用分母所含的量进行配凑,以便利用基本不等式约去分母.

设 为正实数,

求证: + +

证明:为了约去 中的分母,

可考虑配上一项

于是

以上不等式相加,即可证得原不等式成立.

用基本不等式证明不等式问题时,要注意为达到目标可先宏观,而后用微观的方法步骤;基本不等式在运用时,常需先凑形后运用;基本不等式和不等式的基本性质联合起来证题是常用的行之有效的方法.

篇5：关于柯西不等式的证明

王念

数学与信息学院 数学与应用数学专业 07 级 指导老师：吴明忠

摘要：研究柯西不等式的多种证明方法，得到一些有用的结论，并简单介绍一些它的应用。

关键词：柯西不等式、数学归纳法、二次型正定、欧式空间向量内积、詹森不等式，二维随机变量的数学期望。

Cauchy inequality is an important inequality.It has aroused people’s interest and its widespread application.In this paper、quadratic form、European space inner product、and the relation between Cauchy inequality.Wang Ni an

Xxxxxxxxxxx Grade 07 Instructor: Wu Ming Zhong

Abstract: The paper discusses the certifying ways of Cauchy inequality then gets some useful conduction and introduces some appliances.Key words: Cauchy inequality;quadratic form;inner product;Jensen inequality;mathematic Expectation.柯西不等式是大家熟知的一个重要不等式，它的结构和谐对称、以及广泛的运用引起了人们的兴趣和讨论。本文运用高等代数、微积分的基本内容来证明柯西不等式。柯西不等式的内容 1.1

(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)2(b12b22....bn2)2(aibiR,i1,2......n)

等号当且仅当a1a2.....an0或bikai时成立（k为常数，i=1,2…..n）.1.2 设a1,a2,.....an及b1,b2,.....bn为任意实数则不等式(aibi)(a)(bi2)成2

i1

i1

i1

n

n

n

立，当且仅当bikai（i=1,2…..n）取等号。1,2这两种形式就是著名的柯西不

等式。柯西不等式的证明 2.1构造二次函数，证明柯西不等式。(其关键在于利用二次函数0时函数f(x)0

f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2....(anxbn)2

(a12a22....an2)x22(a1b1a2b2....anbn)x (b12b22....bn2)显然f(x)0

又a12a22....ann0则利用0可得

4(a1b1a2b2.....anbn)24(a12a22....ann)(bb2.....bn)0即

n

(a1b1a2b2....anbn)2(a12a22....an2)(bb2....bn)

当且仅当aixbi0(i1,2....n)即

aa1a2

.......n是等号成立。b1b2bn

2.2 利用数学归纳法进行证明。（关键把握由特殊到一般情况的严密性）

（1）当n1时左式=a1b1右式=a1b1

显然左式=右式 当

n2

时，右式

a12a2b12b22a1b1a2b2a22b12a12b22

a1b1a2b22a1a2b1b2a1b2a2b2左式

仅当即 a2b1a1b2 即

a1a2

时等号成立 b1b2

故n1,2时 不等式成立

（2）假设nkk,k2时，不等式成立

2kak即 a1b1a2b2akbka12a2b12b22bk2

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

a12a2....ak

设Bb12b22....bk2

Ca1b1a2b2....akbk

222222则ak1bk1bk1ak1bk1Bak1 22C22Cak1bk1ak1bk1Cak1bk1 2222a1a2akak1



b12

b2

k

b2

k

b

a1b1a2b2akbkak1bk1

当 bikai，k为常数，i1,2n 或a1a2ak0时等号成立

即nk1时不等式成立 综上所述原柯西不等式得证。

2.3 利用基本不等式（均值不等式）进行证明（关键在于利用它 “形式”）由于xy2xy(x,y

R)，令x

y



ai22ak2

k1

n

n



bi22bk2

k1n

(i1,2.......n)

将N

不等式相加得：

ab

ii

aibi

i1n



a

i1

nk1

n

i



b

i1nk1

n

i

1

2ak22bk2

n

n

n

i1

k1

即(aibi)(ai)(bk2)

i1

原柯西不等式得证。

2.4 利用二次正定型理论进行证明（关键在于理解二次型正定的定义）正定二次型定义：R上一个n元二次型q(x1,x2,....xn)可以看成定义在实数域上n个变量的实函数。如果对于变量x1,x2,....xn的每一组不全为零的值，函数值

q(x1,x2,....xn)都是正数，那么就称q(x1,x2,....xn)是一个正定二次型。

(aix1bix2)ai2x12bi2x222aibix1x20(i1,2,.....n)

n

n

n

有(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20

i1

i1

i1

设二次型 f(x1,x2)(ai)x(bi)x2(2aibi)x1x20

i1

i1

i1

nnn

故f为正定必有二次型矩阵

n2aii1

An



aibii1

n

abiii1

正定 n

2bii1

n

n

n

(ai)(bi)(aibi)20

则A0,即

i1

i1

i1

(aibi)2(ai2)(bi2)

i1

i1

i1

nnn

当

aa1a2

.......n时等号成立。b1b2bn

故原不等式成立，及柯西不等式得证。2.5 利用欧式空间中内积的性质进行证明。

定理：在一个欧式空间里，对于任意向量,，有不等式：

,2,,;当且仅当与线性相关时，才取等号。

证 如果与线性相关，那么或者0，或者a，不论哪一种情况都有

,2,,.现在设与线性无关。那么对于任意实数t来说，t0，于是

t,t0,即 t2,2t,,,0.最后不等式左端是t的一个二次三项式。由于它对于t的任意是数值来说都是正数，所以它的判别式一定小于零，即

,2,,0或,2,,.又在Rn里，对于任意两个向量

(x1,x2,....xn),(y1,y2,....yn),规定（必须规定）,x1y1x2y2.....xnyn.容易验证，关于内积的公理被满足，因而R对于这样定义的内积来说作成一个欧式空

n

间.再由不等式,2,,;推出对于任意实数a1,a2,....an,b1,b2,....bn,有不等式

(a1b1....anbn)2(a12....an2)(b12....bn2).即柯西不等式得证。2.6 利用行列式进行证明

n

n

n

证 (ai)(b)(aibi)

i1

i1

i1

a

i1ni1

n

i

ab

i1n

2ii1

n

ii

abb

iin

n



i1j1

ai2aibi

ajbjbj2



1ijn



(aibjajbi)20

若令a(a1,a2,an),b(b1,b2bn)则可以得到：

(aibi)(a)(b)1i 即柯西不等式得证。

i1

i1

i1

n

n

n

2.7 利用詹森不等式进行证明

考察函数(x)x2,(x0),(x)2x,(x)20,故(x)x2是(0,)上的凸函数，詹森（Jensen）不等式

n

PkXkk1n

Pkk1

n

n

2PkXkk1n(其中，P,2,n),得 k0,k1Pk

k1

n

n

(PkXk)(Pk)(PKxk2)

k1

k1

k1

nnn

ak22

上式中令Pkbk,Xk即（PkXk)(bk)(ak2)

bkk1k1k1

从而不等式成立。

2.8 利用二维随机变量的数学期望证明

表格 2

1n1n21n222

E()aibi，Eai,Ebi

ni1ni1ni1

由E()E2E2

1n1n21n22

所以有(aibi)(ai)(bi)

ni1ni1ni1

即(aibi)(ai)(bi2)

i1

i1

i1

nnn

篇6：柯西不等式的运用

本节教学，有以下几点特别值得回味。

1、从生活中来回到生活中去的教学设计

新课标指出：“数学的教学活动必须建立在学生的认知发展水平和已有知识经验基础上。”心理学的研究表明，学习内容和学生生活背景、知识背景越接近，学生自觉接纳知识懂得的程度就越高。导入的恰当、合理会引起学生极大的学习兴趣，对知识的衔接和理顺起到画龙点睛的作用，又对新知识起到设疑、点拔的作用。用学生身边感兴趣的实例过马路、跷跷板体验生活中的不等式，一方面引起学生的参与欲，另一方面也体现了知识拓展的需要。因为这样既可引出一元一次不等式的意义，又让学生产生学习不等式的需求，也使学生对解不等式的方法有了很自然的联想让学生充分感受到学习一元一次不等式的必要性。使学生进一步认识到“数学来源于生活，反过来又为生活服务”，增强学好数学的信心与决定。

2、重视数学思想方法的渗透

数学思想方法是数学的灵魂，知识转化为能力的桥梁。在整节课的教学中都非常重视数学思想方法的渗透。学习不等式时，类比方程、不等式解集的概念，渗透“类比”思想。使学生在已有知识上进行迁移，在主动参与、探索交流中不知不觉学到了新知识。利用数轴求不等式的解集，渗透“数形结合”思想。掌握不等式的解集在数轴上的.表示，利用数轴把解集讲解得非常透彻，使学生充分认识到“数形结合”思想方法的用处。列不等式解决实际问题，渗透“建模”思想，培养学生应用数学的意识。最后的小结，不是流俗的学习内容小结，而是思想方法的小结，它起到了提纲挈领，梳理总结的目的。

3、重视数学的“再创造”

课堂教学改革的宗旨和根本出发点是：改善和促进学生全面、持续、和谐地发展。建构主义理论强调学习的主动性、社会性和情景性，认为学习者不是知识信息的被动吸收者，而是主动积极的建构者。留给学生的作业：完成课外探究题，借助数轴归纳求不等式的解集一般规律。教学时重视了数学的“再创造”，由学生本人把需学的东西自己去发现和创造出来。

学生的学习不再是一种被动地吸收知识，反复练习，强化储存知识的过程，而是通过反复研究、探索、思考、概括，亲身经历“再创造”的探究性学习过程，从而自主获得知识。

篇7：柯西不等式与排序不等式练习题

（一）试题内容：柯西不等式与排序不等式 试卷总分：120分考试时间：60分钟

一、选择题（共8小题，每题5分，共40分）

1、a,b,c,dR，不等式ab



2

c2d2acbd取等号的条件是（）



2A．abdc0B．adbc0C．adbc0D．acbd0

2、设a1a2a3,b1b2b3，下列最小的是（）

A．a1b3a2b2a3b1B．a1b1a2b2a3b3C．a1b2a2b1a3b3D．a1b1a2b3a3b23、若四个实数a1,a2,a3,a4满足a2a1a3a2a4a31，则a3a4a1a2的最大值为（）

A．1B

C．2D4、a,b是非零实数，ab1，x1,x2R,Max1bx2bx1ax2,Nx1x2，则M与N的大小关



222

系为（）

A．MNB．MNC．MND．MN5、若实数x,y满足(x5)(y12)14，则xy的最小值是（）

A．2B．1C

D6、x,y,zR，且x2y2z5，(x5)(y1)(z3)的最小值是（）

A．20B．25C．36D．477、已知a,b,c,dR，且满足abcd

625（）

A．25B．50C．

22222

2222



5D．625

28、已知0a,b,c1，且abc2，则abc的取值范围是（）

A．,B．,2C．,2D．,2

333

3二、填空题（共5小题，每题4分，共20分）

9、x,y

0,1

4444的最大值是

10、设x,y,R，那么xy

11、设

14

的最小值是xy

2，那么x1,x2,x3,xn0,a1,a2,a3,an0,x1x2x3x1taxaxn1122

a3x32anxn2的最小值是

12、设2x3y4z22,(x,y,z0)，则

三、解答题（共5小题，每题60分）

239

的最小值是，此时xyz.xyz

b4c4c4a4a4b413、（本小题10分）设a,b,cR，利用排序不等式证明：abc 

2a2b2c



33314、（本小题10分）设x1,x2,x3是不同的自然数，求s

15、（本小题10分）设nN,n

2，利用柯西不等式证明：

16、（本小题10分）求函数y

x1x2x

3的最小值。149

41111。

7n1n22n12nsinx3cosx的值域

sinx2cosx

117、（本小题20分）（2012浙江考试院样卷）题号：03“数学史与不等式选讲”模块

（1）设a，b，c为实数，求证：a＋b＋c≥ab＋bc＋ca；（2）若正实数a，b，c满足abc＝1，求

a4b(ac)



b4c(ab)



c4a(bc)的最小值．

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）┄┄┄⊙

中学班级姓名 学号考号答 题 卷

一、选择题（每小题4分，共40分）

16.（本小题共12分）

17.（本小题20分）

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）参 考 答 案

1.C2.A3.B4.A5.D6.C7.B8.C9.110.911.11

112.,2,2,3.11112a1a2a3an

13证明：不妨设0abc,则abc,111

，cba

a4b4c4a4b4c

4abc（逆序和）

abccaba4b4c4a4b4c4

abc（逆序和）

abcbca

b4c4c4a4a4b4

abc

2a2b2c

14解：不妨设1x12x23，由排序不等式，s15.证明：由柯西不等式得

x1x2x312311

。1491496

1111

2n1n2nnnn1n22n12n

11112n4n1n22n12n3n17

1111

n1n22n12n111

又：





1111

2222

2n1

2nn1n2

111

nn1n1n22n12n

16、原式可化为

ysinx2cosx1sinx3cosx 即y(y1)sinx(2x3)cosx

利用柯西不等式及sin2xcos21可得

y2(y1)sinx(2x3)cosxsin2xcos2xy12y3



2

即y2y12y3 化简得

2y27y50

5

所以函数值域为（-，1），

2

2217、“数学史与不等式选讲”模块

(1)证明1：因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，三式相加并除以2得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．

(1)证明2：因为a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，222

所以 a＋b＋c≥ab＋bc＋ca．…………5分

(2)解：由(1)及柯西不等式，均值不等式知

a4b(ac)



b4c(a



b)

≥

a(b)c2(abbcca)

c4(a2b2c2)2

≥

(a2＋b2＋c2)

a4b(ac)

32，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以



b4c(ab)



c4a(bc)的最小值为

篇8：基本不等式在其他知识中的运用

一、基本不等式在函数, 解析几何与立体几何中的运用

由于用到“1”的用法, 先介绍关于基本不等式中“1”的用法如:已知a+b=1, a>0, b>0, 求最小值。解。这类问题本着把所求式转化成的形式而消去变量a、b得到一个定值。下面的例子从函数图像, 解析几何和立体几何的背景把基本不等式的“1”思想渗入到其中。

例1.函数y=loga (x+3) -1 (a>0且a≠1) 的图象恒过定点A, 若点A在直线mx+ny+1=0上, 其中mn>0, 则1m+n2的最小值为______。

分析:首先解决对数函数过的定点求出A的坐标, 再利用点在线上找出m、n的关系, 最后利用“1”的用法解决基本不等式的条件。

解:因为函数y=loga (x+3) -1 (a>0且a≠1) 的图象恒过定点为 (-2, -1) 则A (-2, -1) ∵点A在直线mx+ny+1=0上∴2m+n=1∵mn>0∴m>0, n>0则的最小值为8。

评析:通过本题把使不等式, 函数与解析几何联系起来, 在考察函数, 解析几何同时也考察了基本不等式, 重点是明白如何运用“1”来解决最值问题, 还有这里mn>0, m, n同正, 同负如何舍去同负, 这就要求对2m+n=1除了知道“1”的用法外还要知道他也决定了m, n的正负。

例2.如图, 在三棱锥P-ABC中, PA、PB、PC两两垂直, 且PA=3, PB=2, PC=1.设M是底面ABC内一点, 定义, 其中m、n、p分别是三棱锥M-PAB、三棱锥M-PBC、三棱锥M-PCA的体积.若的最小值为.

分析:首先要弄清楚题中的信息找出x, y, 所表示的问题, 再找出二者之间的关系 (利用立体几何的体积公式和几何体分割的知识) , 再利用基本不等式求解。

评析:要善于处理题中的信息, 找出相应的结论, 同时在几何体的分割时找出其不变的结果。本题考察了对信息的处理和空间能力, 也考察了基本不等式的方法运用能力。

二、基本不等式在方程与不等式中的运用

例3.若关于x的方程9x+ (4+a) 3x+4=0有解, 则实数a的取值范围为＿＿＿＿＿＿.

分析:从有解的角度角度看, 方程是个成立的式子, 因此把a表示出来。

评析:把方程与不等式联系起来, 本题关键在于学生能否想到把它转化成不等式问题来解。

变式:若任意x∈R, 不等式9x+ (4+a) 3x+4>0恒成立, 求实数a的取值范围。

分析:因为求a的范围, 所以把a放到一侧, 然后利用恒成立的结论解最值。

评析:把恒成立问题转化成最值问题, 在这里求最值时用到了基本不等式的知识。

变式:若存在x, 使不等式9x+ (4+a) 3x+4≤0成立, 求实数a的取值范围。

分析:可以求其命题的否定:若任意x∈R, 不等式9x+ (4+a) 3x+4>0恒成立, 这时a的范围, 即a>-8。原题的实数a的取值范围为a≤-8。另一种方法, 直接求。

评析:利用否定命题的知识来解属于逆向思维, 这种方法很常见就是正难则反的思想, 直接法要理解存在的意义是有一个成立即可。

三、基本不等式在函数中求值域, 最值的运用

例4.函数的值域为_______。

分析:利用常数分离方法, 使分母的次数降下来, 再利用基本不等式求解。

篇9：从结构特征谈基本不等式的运用

苏教版教材在《基本不等式的应用》中有这样的一段文字：

运用基本不等式 时，应注意：

（1）和为定值，则积ab有最大值；积ab为定值，则和a+b有最小值。

（2）取等号的条件（当且仅当a=b时，）。

从内容上理解即探究“和a+b”与“积ab”之间的关系，而如何从具体背景的结构特征中探究两者的关系呢？在具体求解过程中又会因为忽视条件限制而出现哪些错误呢？在教材与历年来的高考试题中就蕴含着这样的线索和案例。笔者就这方面在教学实践中的一些心得同大家作一些交流，不当指出，敬请指教。

一、已知和（或积）为定值，求积（或和）的最值

此类最值问题具有非常明显的“和积关系”结构特征，相对思路比较清晰，也是基本不等式运用的基础结构。

例1：已知求xy的最小值。

分析1：从结构看：是一个“和→积”的形式，可以直接运用基本不等式得到关于xy的不等式，再通过求解不等式得到最值。从条件看：这里a是 ，b是 ，虽然目标是xy，但与ab非常接近。

解法1： ∵ ，∴√xy≥2√2∴xy≥8，

当且仅当且xy=8，即x=2，y=4时取等号。∴xy的最小值为8。

分析2：如果将条件分式化为整式，就可以得到关于“和积”共存的等式，进而运用基本不等式，构造关于xy不等式进行求解。

解法2：由得2x+y=xy，于是xy=2x+y≥2√2x·y，√xy≥2√2，xy≥8。

∴xy的最小值为8。

分析3：考虑到条件是 + （a+b）的形式，可以直接将目标xy化成 与 的积（ab）的形式。

当且仅当 时取等号。

综上，运用基本不等式研究相关“和积”结构的最值问题时的基本思路可以总结如下：

1）构造法：（运用基本不等式）→解不等式问题；

2）配凑法：（通过配凑变形）→直接使用基本不等式；（确定a是什么？b是什么？）；

3）消元法：（通过消元化简）→形成一元函数最值问题（注意元的取值范围）。

二、已知和为定值，求和的最值

对于这种结构特征的最值问题如何化归为“和积关系”结构的问题，则成了解决问题的关键。

例2：已知求x+y的最小值。

这道题从结构特征上看是 “和和关系”，这就需要将问题通过变形化归为一个崭新的“和积关系”问题。

分析1：通过乘“1”变换化归为具有“积→和”结构特征的最值问题。

解法1： x+y

当且仅当时取等号，又所以当x=√2+1，y=2+√2时，x+y的最小值为3+2√2。

评注：事实上，通过变形将问题变成了“已知，求

的最小值”。

即：“和→和”化归为“积→和”。

分析2：将条件中的分式化为整式后，再变形为“积”， 从而形成具有“积→和”结构特征的最值问题。

解法2：由变形得（x-1）（y-2）=2，其中x＞1，y＞2。

于是x+y=（x-1）+（y-2）+3≥2√（x-1）（y-2）+3=3+2√2

当且仅当x-1=y-2，x+y=3+2√2，即x=√2+1，y=2+√2时，x+y的最小值为3+2√2。

解法3：利用消元法形成一元函数最值问题，通过配凑变形运用基本不等式求解。

由 得 ， 且x＞1， 所以

x+y 3+2√2

当且仅当 ，（x-1）2=2即x=√2+1，y=2+√2时，x+y的最小值为3+2√2。

三、已知积为定值，求积的最值

同样具有此种结构特征的最值问题又该如何化归为“和积”形式的基本结构的问题呢？

例3：已知（x-10）（y-16）=4840，且x＞10，y＞16，求S=xy的最小值。

分析：从问题的结构特点上看是（“积”→“积”）的形式。

解法1：（消元法）

于是S=xy （形成“和”式）

=6760

当且仅当，即x-10=55，x=65时，Smin=6760

解法2：（配凑法）

S=xy=[（x-10）+10]·[（y-16）+16]=5000+16（x-10）+10（y-16）（形成了“和”式）

≥5000+2√160（x-10）（y-16）=6760

即16（x-10）=10（y-16）=880，x=65，y=104时，Smin=6760

解法3：（构造法）

4840=（x-10）（y-16）=xy-16x-10y+160≤xy-2√160xy+160

整理得：xy-8√10·√xy-4680≥0，

即（√xy-26√10）（√xy+18√10）≥0，解得：√xy≥26√10，

xy≥6760

即16x=10y且xy=6760，x=65，y=104时，（xy）min=6760

四、隐含

很多最值问题并不明显具有前面所谈的结构特征，那么只有充分挖掘隐含的结构特征，才能顺利地运用基本不等式求解。

在基本不等式的应用中，经常需要我们遵循化难为易、化繁为简、化未知为已知的原则，从结构特征入手化归为基本类型，才能有效地进行相关最值问题的求解。当然，在此类最值问题的求解中，如果可以用消元法构造成一元函数，那么利用如导数等方法去处理，也是一个很不错的思路。

五、常见错误

不同结构特征的条件最值问题完全可以通过常用方法化归为“和积”的基本结构形式，进而运用基本不等式求解。但学生又经常会在具体解题过程中出现一些如忽视各项为正的条件，忽视积（或和）为定值的条件，忽视等式成立的条件等常见错误，其原因主要还是体现在基本不等式使用的要点：“一正，二定，三相等”，所以采用一些策略：“一正”不满足则调整符号；“二定”不满足则配凑变形；“三相等”不满足则利用函数单调性。