高中数学第2章几个重要的不等式章末分层突破学案北师大版选修4_5
高中数学第二章几个重要的不等式32数学归纳法的应用学案北师大版选修45
3.2 数学归纳法的应用1．进一步掌握利用数学归纳法证明不等式的方法和技巧． 2．了解贝努利不等式，并能利用它证明简单的不等式．1．用数学归纳法证明不等式运用数学归纳法证明不等式的两个步骤实际上是分别证明两个不等式．尤其是第二步：一方面需要我们充分利用归纳假设提供的“便利”，另一方面还需要结合运用比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法等其他不等式的证明方法．【做一做1－1】设f (k )是定义在正整数集上的函数，且f (k )满足：当“f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．”那么下列命题总成立的是( )．A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ＜5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)＜49成立，则当k ≥8时，均有f (k )＜k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立【做一做1－2】证明n ＋22＜1＋12＋13＋14＋…＋12n ＜n ＋1(n ＞1)．当n ＝2时，中间式子等于________．2．贝努利不等式对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n≥________．当指数n 推广到任意实数且x ＞－1时，①若0＜α＜1，则(1＋x )α≤1＋αx ；②若α＜0或α＞1，则(1＋x )α≥1＋αx ． 当且仅当x ＝0时等号成立．【做一做2】设n ∈N ＋，求证：3n＞2n ． 答案：【做一做1－1】D 由题意，设f (k )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．”因此对于选项A ，不一定有k ＝1,2时成立．对于选项B ，C 显然错误，对于选项D ，∵f (4)＝25＞42，因此对于任意的k ≥4，总有f (k )≥k 2成立．【做一做1－2】1＋12＋13＋14 当n ＝2时，122＝14，∴中间式子为1＋12＋13＋14．2．1＋nx【做一做2】分析：利用贝努利不等式来证明．证明：∵3n ＝(1＋2)n ，根据贝努利不等式，有(1＋2)n≥1＋n ×2＝1＋2n ．上式右边舍去1，得(1＋2)n＞2n ． ∴3n＞2n 成立．1．观察、归纳、猜想、证明的方法 剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立或不成立都需要预先归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是由归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确地归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n 的取值不能太少，因为前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式的问题中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．题型一 用数学归纳法证明不等式【例1】已知数列{a n }满足：a 1＝－12，a 2n ＋(a n ＋1＋2)·a n ＋2a n ＋1＋1＝0．求证：－1＜a n＜0．分析：利用数学归纳法证明．反思：在利用数学归纳法证明不等式时，要注意式子的变形，通过放缩、比较、分析、综合等证明不等式的方法，得出要证明的目标不等式．题型二 利用贝努利不等式证明不等式【例2】设n 为正整数，记a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1，n ＝1,2,3，…．求证：a n ＋1＜a n ．分析：用求商比较法证明a n ＋1＜a n ，其中要用贝努利不等式．反思：本题在证明的过程中，综合运用了求商比较法，放缩法，进而通过贝努利不等式证明不等式成立．题型三 易错辨析【例3】求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1＞1．错解：证明：(1)当n ＝1时，左边＝11＋1＋11＋2＋11＋3＝1312＞1成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＞1成立，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋1＋1k ＋＋1＞1＋1k ＋＞1成立．由(1)，(2)知，原不等式成立．错因分析：上述证明中，从k 到k ＋1，只添加了一项是错误的．分母是相邻的自然数，故应有13k ＋2＋1k ＋＋1k ＋＋1．反思：在利用数学归纳法证明的过程中，第(2)步由n ＝k 到n ＝k ＋1时，注意项数的增加和减少，往往会有减项也有增项，这些一定要弄清楚．答案：【例1】证明：(1)当n ＝1时，a 1＝－12∈(－1,0)，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，－1＜a k ＜0成立．当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－(a k ＋2)－1a k ＋2＋2，∵－1＜a k ＜0，∴1＜a k ＋2＜2，又y ＝t ＋1t在t ∈(1,2)内为增函数，∴a k ＋2＋1a k ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52． ∴a k ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，则－1＜a k ＋1＜0， ∴当n ＝k ＋1时，－1＜a k ＋1＜0成立．综合(1)，(2)知，对一切n ∈N ＋，－1＜a n ＜0成立．【例2】证明：由a n 的定义，知对一切n ＝1,2,3，…，a n 为正数，所以只需证a na n ＋1＞1，n ＝1,2,3，…．由于a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 1＋1n ＋1n ＋1×⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n ＋n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋n n ＋n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2，因此，根据贝努利不等式，有a n a n ＋1＞⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋n ＋1n n ＋×n ＋1n ＋2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n ＋1n 2＋2n ＋1×n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1×n ＋1n ＋2＝1． ∴a n ＞a n ＋1对于一切正整数n 都成立．【例3】正解：证明：(1)当n ＝1时，左边＝11＋1＋11＋2＋11＋3＝1312＞1成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＞1成立，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4＝⎝ ⎛1k ＋1＋1k ＋2＋…＋⎭⎪⎫13k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1＞1＋⎝ ⎛13k ＋2＋13k ＋4－⎭⎪⎫2k ＋＝1＋6k ＋69k 2＋18k ＋8－6k ＋6k ＋2＝1＋6k ＋69k 2＋18k ＋8－6k ＋69k 2＋18k ＋9＞1， ∴当n ＝k ＋1时，等式成立， 由(1)(2)知原不等式成立．1用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，且n ＞1)时，第一步即证下述哪个不等式成立( )．A ．1＜2B ．1＋12＜2C ．1＋12＋13＜2D ．1＋13＜22f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72．推测：当n ≥2时，有( )．A ．f (2n －1)＞n ＋12 B ．f (2n)＞n ＋22 C ．f (2n)＞n2 D ．f (2n －1)＞n23用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n ＋2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是( )．A ．122＋132＋…＋1k ＋2＞12－1k ＋3B ．122＋132＋…＋1k ＋2＞12－1k ＋2C ．122＋132＋…＋1k 2＞12－1k ＋1D ．122＋132＋…＋1k －2＞12－1k4已知a ＞c ＞d ＞b ＞0，a ＋b ＝c ＋d ，n 为大于1的正整数，求证：a n ＋b n ＞c n ＋d n． 答案：1．C n ＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，所以应证1＋12＋13＜2成立．2．B ∵f (2)＝32；f (4)＞2，即f (22)＞2＋22；f (8)＞52，即f (23)＞3＋22；f (16)＞3，即f (24)＞4＋22；f (32)＞72，即f (25)＞5＋22．故猜想f (2n)＞n ＋22(n ≥2)．3．A 注意不等式两边含变量“n ”的式子，因此当n ＝k ＋1时，应该是含“n ”的式子发生变化，所以n ＝k ＋1时，应为122＋132＋…＋1k ＋2＋1k ＋2＞12－1k ＋＋2． 4．证明：设a ＝c ＋m ，b ＝d －m ，且m ＞0，于是(a n＋b n)－(c n＋d n)＝(c ＋m )n＋(d －m )n－(c n＋d n)＝c n⎝⎛⎭⎪⎫1＋m c n ＋d n⎝⎛⎭⎪⎫1－m d n －(c n＋d n )．①根据贝努利不等式，有⎝⎛⎭⎪⎫1＋m cn≥1＋n ·m c，②⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m d n ≥1－n ·m d ．③ 由①②③，可得(a n ＋b n )－(c n ＋d n )≥c n⎝⎛⎭⎪⎫1＋n ·m c ＋d n⎝⎛⎭⎪⎫1－n ·m d －(c n ＋d n )＝(cn －1－dn －1)nm ＞0，∴a n ＋b n ＞c n ＋d n．。
最新学年高中数学 第二章 几个重要的不等式章末质量评估 北师大版选修4-5(考试必备)
第二章 几个重要的不等式(时间：100分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1.已知a ，b ，c 都是正数，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式中正确的是( ) A.(a ＋b ＋c )2≥3 B.a 2＋b 2＋c 2≥2 C.1a ＋1b ＋1c≤2 3D.a ＋b ＋c ≤13abc解析 用3(ab ＋bc ＋ca )≤(a ＋b ＋c )2≤3(a 2＋b 2＋c 2)易得. 答案 A2.若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为( )A.16B.8C.4D.非上述情况解析 y ＝x ＋1x ＋16x ＋1x，令t ＝x ＋1x >2(因x >1).∴y ＝t ＋16t ≥216＝8.当且仅当t ＝16t，即t ＝4时取等号.答案 B3.若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是( ) A.2 B.32 C. 3D.53解析 (1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3 因此，a ＋b ＋c ≤ 3. 当且仅当a1＝b1＝c1，即a ＝b ＝c ＝13时取等号. 答案 C4.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，A ＝a 3＋b 3＋c 3，B ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则A 与B 的大小关系为( ) A.A ≥B B.A ≤BC.A ＝BD.A 与B 的大小不确定解析 取两组数：a ，b ，c 与a 2，b 2，c 2，显然a 3＋b 3＋c 3是顺序和，a 2b ＋b 2c ＋c 2a 是乱序和，所以a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，即A ≥B . 答案 A5.用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n>n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是( ) A.1 B.大于1且小于10的某个自然数 C.10 D.11答案 C6.已知函数f (x )＝22－x ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝f (1)，当n ≥2时，S n －2f （a n ）＝12(n 2＋5n －2)，则通过计算a 1，a 2，a 3的值，猜想{a n }的通项公式a n 等于( ) A.n ＋1 B.n －1 C.n ＋2 D.n －2答案 A7.设a ，b ，c ，d 为正数，a ＋b ＋c ＋d ＝1，则a 2＋b 2＋c 2＋d 2的最小值为( ) A.12 B.14 C.1D.34解析 由柯西不等式(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)(12＋12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2，因为a ＋b ＋c ＋d ＝1，于是由上式得 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)≥1，于是a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥14，当且仅当a ＝b ＝c ＝d ＝14时取等号.答案 B8.设a 1，a 2，a 3为正数，m ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，n ＝a 1＋a 2＋a 3，则m 与n 的大小关系为( ) A.m ≤n B.m ≥n C.m >nD.m ＝n解析 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得： a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2 ＝a 1＋a 2＋a 3.故选B. 答案 B9.用数学归纳法证明“1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ”时，由n ＝k的假设证明n ＝k ＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( )A.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1B.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 C.1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1 D.1k ＋2＋…＋12k ＋1＋12k ＋2答案 D10.用数学归纳法证明命题“1＋12＋13＋…＋12n >n2 (n ∈N ＋)”时，命题在n ＝k ＋1时的形式是( )A.1＋12＋13＋…＋12k ＋1>k ＋12B.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1>k ＋12C.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2>k ＋12D.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12答案 D二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)11.用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是________.解析 当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋3. 答案122＋132＋142＋…＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋312.设x 2＋2y 2＝1则u (x ，y )＝x ＋2y 的最小值是________；最大值是________.解析 由柯西不等式，有|u (x ，y )|＝|1·x ＋2·2y |≤1＋2·x 2＋2y 2＝3得u min ＝－3，u max ＝3分别在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33时取得. 答案 － 3313.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1c 的最小值是________.解析 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c ，∴1a ＋1b＋1c≥3＋2＋2＋2＝9，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥9＋1＝10.答案 1014.设实数a 1，a 2，a 3满足条件a 1＋a 2＋a 3＝2，则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1的最大值为________. 解析 由柯西不等式，(a 21＋a 22＋a 23)(12＋12＋12) ≥(a 1＋a 2＋a 3)2＝4，于是a 21＋a 22＋a 23≥43.故a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1＝12[(a 1＋a 2＋a 3)2－(a 21＋a 22＋a 23)]＝12×22－12(a 21＋a 22＋a 23)≤2－12×43＝43. 答案 4315.函数y ＝cos 2x (1＋sin x )的最大值为__________.解析 y ＝(1－sin 2x )(1＋sin x )＝(1－sin x )(1＋sin x )·(1＋sin x )＝ 4(1－sin x )·1＋sin x 2·1＋sin x 2≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin x ＋1＋sin x 33＝4×827＝3227 等号成立⇔1－sin x ＝1＋sin x 2⇔sin x ＝13.答案322716.已知函数f (x )＝2xx ＋2，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (a n －1) (n >1，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为__________. 答案 a n ＝2n ＋1三、解答题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 17.利用柯西不等式解方程：21－x ＋2x ＋3＝15. 解 由柯西不等式(21－x ＋2x ＋3)2＝(21－x ＋2·x ＋32)2≤[22＋(2)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－x ）2＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋322 ＝6×⎝⎛⎭⎪⎫1－x ＋x ＋32＝6×52＝15.等号成立⇔1－x2＝x ＋322⇔1－x 4＝x ＋322⇔x ＝－23.经检验，x ＝－23为原方程的根.18.已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序原理：顺序和≥乱序和，得bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b ，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ， ∵a ，b ，c 为正数，∴abc >0，a ＋b ＋c >0.于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .19.设a 1，a 2，…，a n 是几个不相同的正整数，用排序不等式证明：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.证明 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n ，因b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n .又因为1>122>132>…>1n 2，故由排序不等式；得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b n n 2≥1×1＋2×122＋3×132＋…＋n ·1n 2＝1＋12＋13＋…＋1n.20.已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N ＋)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数. (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足： 若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6； 若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a.若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b.若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；c.若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；d.若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；e.若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；f.若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立.综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.。
高中数学新同步套餐选修4-5北师大版：第二章 几个重要不等式学业分层测评学业分层测评 (3)
学业分层测评(三)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．不等式1≤|x －3|≤6的解集是( )A ．{x |－3≤x ≤2或4≤x ≤9}B ．{x |－3≤x ≤9}C ．{x |－1≤x ≤2}D ．{x |4≤x ≤9}【解析】 化为1≤x －3≤6或－6≤x －3≤－1，即4≤x ≤9或－3≤x ≤2，故选A.【答案】 A2．不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－x >x 2－x的解集是( ) A ．{x |0<x <2}B ．{x |x <0或x >2}C ．{x |x <0}D ．{x |x >2} 【解析】 原不等式可化为x 2－x<0，即x (x －2)>0， ∴x >2或x <0，解集为{x |x >2或x <0}．【答案】 B3．不等式1＜|x ＋1|＜3的解集为( )【导学号：94910009】A ．(0,2)B ．(－2,0)∪(2,4)C ．(－4,0)D ．(－4，－2)∪(0,2)【解析】 由1＜|x ＋1|＜3，得1＜x ＋1＜3或－3＜x ＋1＜－1，∴0＜x ＜2或－4＜x ＜－2.∴不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)．【答案】 D4．设变量x，y满足|x|＋|y|≤1，则x＋2y的最大值和最小值分别为() A．1，－1 B．2，－2C．1，－2 D．2，－1【解析】|x|＋|y|≤1表示的平面区域如图中阴影部分所示．设z＝x＋2y，作l0：x＋2y＝0，把l0向右上和左下平移，易知：当l过点(0,1)时，z有最大值z max＝0＋2×1＝2；当l过点(0，－1)时，z有最小值z min＝0＋2×(－1)＝－2.【答案】 B5．若关于x的不等式|x－2|＋|x－a|≥a在R上恒成立，则a的最大值是() A．0 B．1C．－1 D．2【解析】由于|x－2|＋|x－a|≥|a－2|，∴等价于|a－2|≥a，即a≤1.故实数a的最大值为1.【答案】 B二、填空题6．不等式|2x－1|≤3的解集为________．【解析】由|2x－1|≤3，得－3≤2x－1≤3，解得－1≤x≤2，即解集为[－1,2]．【答案】[－1,2]7．不等式|x＋1|－|x－3|≥0的解集是________．【解析】法一：不等式等价转化为|x＋1|≥|x－3|，两边平方得(x＋1)2≥(x－3)2，解得x≥1，故不等式的解集为[1，＋∞)．法二：不等式等价转化为|x ＋1|≥|x －3|，根据绝对值的几何意义可得数轴上点x 到点－1的距离大于等于到点3的距离，到两点距离相等时x ＝1，故不等式的解集为[1，＋∞)．【答案】 [1，＋∞)8．若关于实数x 的不等式|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，则实数a 的取值范围是________．【解析】 ∵|x －5|＋|x ＋3|＝|5－x |＋|x ＋3|≥|5－x ＋x ＋3|＝8，∴(|x －5|＋|x ＋3|)min ＝8，要使|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，只需a ≤8.【答案】 (－∞，8]三、解答题9．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4.所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}．(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a .由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]．10．如图1-2-1所示，O 为数轴的原点，A ，B ，M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的动点．设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 距离的4倍与C 到B 距离的6倍的和．(1)将y 表示为x 的函数；(2)要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？图1-2-1【解】 (1)依题意y ＝4|x －10|＋6|x －20|,0≤x ≤30.(2)由题意，x 满足⎩⎪⎨⎪⎧4|x －10|＋6|x －20|≤70，0≤x ≤30，(*) ①当0≤x ≤10时，不等式组(*)化为4(10－x )＋6(20－x )≤70，解得9≤x ≤10；②当10＜x ＜20时，不等式组(*)化为4(x －10)＋6(20－x )≤70，解得10<x ＜20；③当20≤x ≤30时，不等式组(*)化为4(x －10)＋6(x －20)≤70，解得20≤x ≤23.综合①②③知，x 的取值范围是9≤x ≤23.[能力提升]1．若不等式|2x ＋1|－|x －4|≥m 恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－52C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－92 D ．(－∞，－5]【解析】 令f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋5，x ≥4，3x －3，－12≤x <4，－x －5，x <－12，x ＝－12时，[f (x )]min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－92，∴m ≤－92. 【答案】 C 2．设集合A ＝{x ||x －a |＜1，x ∈R }，B ＝{x ||x －b |＞2，x ∈R }．若A ⊆B ，则实数a ，b 必满足( )A ．|a ＋b |≤3B ．|a ＋b |≥3C ．|a －b |≤3D ．|a －b |≥3【解析】 由|x －a |＜1，得a －1＜x ＜a ＋1.由|x －b |＞2，得x ＜b －2或x ＞b ＋2.∵A ⊆B ，∴a －1≥b ＋2或a ＋1≤b －2，即a －b ≥3或a －b ≤－3，∴|a －b |≥3.【答案】 D3．已知a ∈R ，若关于x 的方程x 2＋x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |＝0有实根，则实数a 的取值范围是________．【解析】 ∵方程x 2＋x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |＝0有实根， ∴Δ＝12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |≥0，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |≤14.根据绝对值的几何意义，知0≤a ≤14.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，144．已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{}x |1≤x ≤2，求a 的值．【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{}x |x ≤1或x ≥5.(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12.又已知|h (x )|≤2的解集为{}x |1≤x ≤2，所以⎩⎨⎧ a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3。
高中数学 第二章 几个重要的不等式章末质量评估 北师大版选修4-5
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学 习 资 料 专 题第二章 几个重要的不等式(时间：100分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1.已知a ，b ，c 都是正数，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式中正确的是( ) A.(a ＋b ＋c )2≥3 B.a 2＋b 2＋c 2≥2 C.1a ＋1b ＋1c≤2 3D.a ＋b ＋c ≤13abc解析 用3(ab ＋bc ＋ca )≤(a ＋b ＋c )2≤3(a 2＋b 2＋c 2)易得. 答案 A2.若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为( )A.16B.8C.4D.非上述情况解析 y ＝x ＋1x ＋16x ＋1x，令t ＝x ＋1x >2(因x >1).∴y ＝t ＋16t ≥216＝8.当且仅当t ＝16t，即t ＝4时取等号.答案 B3.若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是( ) A.2 B.32 C. 3D.53解析 (1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3 因此，a ＋b ＋c ≤ 3. 当且仅当a1＝b1＝c1，即a ＝b ＝c ＝13时取等号. 答案 C4.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，A ＝a 3＋b 3＋c 3，B ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则A 与B 的大小关系为( ) A.A ≥B B.A ≤BC.A ＝BD.A 与B 的大小不确定解析 取两组数：a ，b ，c 与a 2，b 2，c 2，显然a 3＋b 3＋c 3是顺序和，a 2b ＋b 2c ＋c 2a 是乱序和，所以a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，即A ≥B . 答案 A5.用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n >n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是( ) A.1 B.大于1且小于10的某个自然数 C.10 D.11答案 C6.已知函数f (x )＝22－x ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝f (1)，当n ≥2时，S n －2f （a n ）＝12(n 2＋5n －2)，则通过计算a 1，a 2，a 3的值，猜想{a n }的通项公式a n 等于( ) A.n ＋1 B.n －1 C.n ＋2 D.n －2答案 A7.设a ，b ，c ，d 为正数，a ＋b ＋c ＋d ＝1，则a 2＋b 2＋c 2＋d 2的最小值为( ) A.12 B.14 C.1D.34解析 由柯西不等式(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)(12＋12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2，因为a ＋b ＋c ＋d ＝1，于是由上式得 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)≥1，于是a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥14，当且仅当a ＝b ＝c ＝d ＝14时取等号.答案 B8.设a 1，a 2，a 3为正数，m ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，n ＝a 1＋a 2＋a 3，则m 与n 的大小关系为( ) A.m ≤n B.m ≥n C.m >nD.m ＝n解析 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得： a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2 ＝a 1＋a 2＋a 3.故选B.答案 B9.用数学归纳法证明“1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ”时，由n ＝k的假设证明n ＝k ＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( ) A.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1 B.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 C.1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1 D.1k ＋2＋…＋12k ＋1＋12k ＋2答案 D10.用数学归纳法证明命题“1＋12＋13＋…＋12n >n2 (n ∈N ＋)”时，命题在n ＝k ＋1时的形式是( )A.1＋12＋13＋…＋12k ＋1>k ＋12B.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1>k ＋12C.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2>k ＋12D.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12答案 D二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)11.用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是________.解析 当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋3. 答案122＋132＋142＋…＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋312.设x 2＋2y 2＝1则u (x ，y )＝x ＋2y 的最小值是________；最大值是________.解析 由柯西不等式，有|u (x ，y )|＝|1·x ＋2·2y |≤1＋2·x 2＋2y 2＝3得u min ＝－3，u max ＝3分别在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33时取得. 答案 － 3313.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1c 的最小值是________.解析 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c ，∴1a ＋1b＋1c≥3＋2＋2＋2＝9，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥9＋1＝10.答案 1014.设实数a 1，a 2，a 3满足条件a 1＋a 2＋a 3＝2，则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1的最大值为________. 解析 由柯西不等式，(a 21＋a 22＋a 23)(12＋12＋12) ≥(a 1＋a 2＋a 3)2＝4，于是a 21＋a 22＋a 23≥43.故a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1＝12[(a 1＋a 2＋a 3)2－(a 21＋a 22＋a 23)]＝12×22－12(a 21＋a 22＋a 23)≤2－12×43＝43. 答案 4315.函数y ＝cos 2x (1＋sin x )的最大值为__________.解析 y ＝(1－sin 2x )(1＋sin x )＝(1－sin x )(1＋sin x )·(1＋sin x )＝ 4(1－sin x )·1＋sin x 2·1＋sin x 2≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin x ＋1＋sin x 33＝4×827＝3227 等号成立⇔1－sin x ＝1＋sin x 2⇔sin x ＝13.答案322716.已知函数f (x )＝2xx ＋2，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (a n －1) (n >1，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为__________. 答案 a n ＝2n ＋1三、解答题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 17.利用柯西不等式解方程：21－x ＋2x ＋3＝15. 解 由柯西不等式(21－x ＋2x ＋3)2＝(21－x ＋2·x ＋32)2≤[22＋(2)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－x ）2＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋322＝6×⎝⎛⎭⎪⎫1－x ＋x ＋32＝6×52＝15. 等号成立⇔1－x 2＝x ＋322⇔1－x 4＝x ＋322⇔x ＝－23.经检验，x ＝－23为原方程的根.18.已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序原理：顺序和≥乱序和，得bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b ，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ， ∵a ，b ，c 为正数，∴abc >0，a ＋b ＋c >0.于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .19.设a 1，a 2，…，a n 是几个不相同的正整数，用排序不等式证明：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.证明 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n ，因b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n .又因为1>122>132>…>1n 2，故由排序不等式；得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b n n 2≥1×1＋2×122＋3×132＋…＋n ·1n 2＝1＋12＋13＋…＋1n.20.已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N ＋)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数. (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足： 若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6； 若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a.若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b.若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；c.若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；d.若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；e.若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；f.若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立.综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.。
高中数学第二章几个重要的不等式2.2排序不等式当堂达标北师大版选修4_5word格式
2.2 排序不等式1．某班学生要开联欢会，需要买价钱不一样的礼物 4 件、5 件及 2 件，若选择商铺中单价为 3 元、 2 元和 1 元的礼物，则起码要花 ()A ．6 元B ．19 元C ．25 元D ．3 元分析： 由排序不等式，可知起码要花 1× 5＋2× 4＋3× 2＝19( 元 ) ．答案： B2．已知 a ， b ， c 为正数，且 m ， n ， p 是 a ， b ，c 的一个摆列，P ＝ a 2＋ b 2＋ c 2， Q ＝ ma ＋ nb ＋ pc ，则 P ， Q 的大小关系是 ()A ． P >QB ． P ≥QC ． P <QD ． P ≤Q分析： 不如设 > > >0，由次序和≥乱序和，得 2＋ 2＋c2≥＋＋ ，即 ≥.a b ca b ma nb pcP Q答案： B3．已知 a 1＝ 2， a 2＝ 7，a 3＝ 8，a 4＝ 9，a 5＝ 12，b 1＝ 3，b 2＝4，b 3＝ 6，b 4＝ 10，b 5＝ 11，现将 b ( i ＝ 1, 2,3,4,5)从头摆列，记为 c1， 2， 3， 4， 5，则 1 1＋22＋33＋44＋55i的最大值和最小值分别是()A ． 132,6B ． 304,212C ． 22,6D ． 321,136分析： 由于 a 1≤ a 2≤ a 3≤ a 4≤ a 5， b 1≤ b 2≤ b 3≤b 4≤ b 5，因此由次序和≥乱序和≥逆序和，得a 1b 1＋ a 2b 2＋ ＋ a 5 b 5≥a 1c 1＋ a 2c 2＋ ＋ a 5c 5≥ a 1b 5＋ a 2b 4＋ ＋ a 5b 1.又 a 1b 1＋ a 2b 2＋ ＋ a 5b 5＝2× 3＋7× 4＋ ＋ 12×11＝ 304，a 1b 5＋ a 2b 4＋ ＋ a 5 b 1＝2×11＋7×10＋ ＋ 12× 3＝212，因此所求最大、最小值分别是 304 和 212.答案： B4．已知两组数 1,2,3 和 4,5,6，若 c 1， 2 ， 3 是 4,5,6的一个摆列，则1＋ 2 2＋3c 3cc cc的最大值是 ________，最小值是 ________.分析： 由排序不等式，知次序和最大，逆序和最小．∴最大值为 1×4＋2× 5＋3× 6＝ 32，最小值为 1× 6＋2× 5＋3× 4＝ 28.答案： 32 28a1a2 5．设正实数a1， a2，， a n的任一摆列为a1′， a2′，， a n′，求a1′＋a2′＋an＋an′的最小值．解：取两组数1，2，，a n 和 1 ， 1 ，， 1 ，a a a1 a2 ana1 a2 an则其逆序和为a1＋a2＋＋an＝ n.a1a2 an a1 a2 an由乱序和≥逆序和，知a1′＋a2′＋＋an′≥a1＋a2＋＋an＝n，a1a2 an∴a1′＋a2′＋＋an′的最小值为 n.。
高中数学 第二章 几个重要的不等式章末质量评估 北师大版选修4-5
第二章 几个重要的不等式(时间：100分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1.已知a ，b ，c 都是正数，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式中正确的是( ) A.(a ＋b ＋c )2≥3 B.a 2＋b 2＋c 2≥2 C.1a ＋1b ＋1c≤2 3D.a ＋b ＋c ≤13abc解析 用3(ab ＋bc ＋ca )≤(a ＋b ＋c )2≤3(a 2＋b 2＋c 2)易得. 答案 A2.若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为( )A.16B.8C.4D.非上述情况解析 y ＝x ＋1x ＋16x ＋1x，令t ＝x ＋1x >2(因x >1).∴y ＝t ＋16t ≥216＝8.当且仅当t ＝16t，即t ＝4时取等号.答案 B3.若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是( ) A.2 B.32 C. 3D.53解析 (1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3 因此，a ＋b ＋c ≤ 3. 当且仅当a1＝b1＝c1，即a ＝b ＝c ＝13时取等号. 答案 C4.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，A ＝a 3＋b 3＋c 3，B ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则A 与B 的大小关系为( ) A.A ≥B B.A ≤BC.A ＝BD.A 与B 的大小不确定解析 取两组数：a ，b ，c 与a 2，b 2，c 2，显然a 3＋b 3＋c 3是顺序和，a 2b ＋b 2c ＋c 2a 是乱序和，所以a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，即A ≥B . 答案 A5.用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n >n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是( ) A.1 B.大于1且小于10的某个自然数 C.10 D.11答案 C6.已知函数f (x )＝22－x ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝f (1)，当n ≥2时，S n －2f （a n ）＝12(n 2＋5n －2)，则通过计算a 1，a 2，a 3的值，猜想{a n }的通项公式a n 等于( ) A.n ＋1 B.n －1 C.n ＋2 D.n －2答案 A7.设a ，b ，c ，d 为正数，a ＋b ＋c ＋d ＝1，则a 2＋b 2＋c 2＋d 2的最小值为( ) A.12 B.14 C.1D.34解析 由柯西不等式(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)(12＋12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2，因为a ＋b ＋c ＋d ＝1，于是由上式得 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)≥1，于是a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥14，当且仅当a ＝b ＝c ＝d ＝14时取等号.答案 B8.设a 1，a 2，a 3为正数，m ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，n ＝a 1＋a 2＋a 3，则m 与n 的大小关系为( ) A.m ≤n B.m ≥n C.m >nD.m ＝n解析 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得： a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2 ＝a 1＋a 2＋a 3.故选B. 答案 B9.用数学归纳法证明“1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ”时，由n ＝k的假设证明n ＝k ＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( )A.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1B.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 C.1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1 D.1k ＋2＋…＋12k ＋1＋12k ＋2答案 D10.用数学归纳法证明命题“1＋12＋13＋…＋12n >n2 (n ∈N ＋)”时，命题在n ＝k ＋1时的形式是( )A.1＋12＋13＋…＋12k ＋1>k ＋12B.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1>k ＋12C.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2>k ＋12D.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12答案 D二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)11.用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是________.解析 当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋3. 答案122＋132＋142＋…＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋312.设x 2＋2y 2＝1则u (x ，y )＝x ＋2y 的最小值是________；最大值是________.解析 由柯西不等式，有|u (x ，y )|＝|1·x ＋2·2y |≤1＋2·x 2＋2y 2＝3得u min ＝－3，u max ＝3分别在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33时取得. 答案 － 3313.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1c 的最小值是________.解析 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c ，∴1a ＋1b＋1c≥3＋2＋2＋2＝9，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥9＋1＝10.答案 1014.设实数a 1，a 2，a 3满足条件a 1＋a 2＋a 3＝2，则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1的最大值为________. 解析 由柯西不等式，(a 21＋a 22＋a 23)(12＋12＋12) ≥(a 1＋a 2＋a 3)2＝4，于是a 21＋a 22＋a 23≥43.故a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1＝12[(a 1＋a 2＋a 3)2－(a 21＋a 22＋a 23)]＝12×22－12(a 21＋a 22＋a 23)≤2－12×43＝43. 答案 4315.函数y ＝cos 2x (1＋sin x )的最大值为__________.解析 y ＝(1－sin 2x )(1＋sin x )＝(1－sin x )(1＋sin x )·(1＋sin x )＝ 4(1－sin x )·1＋sin x 2·1＋sin x 2≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin x ＋1＋sin x 33＝4×827＝3227 等号成立⇔1－sin x ＝1＋sin x 2⇔sin x ＝13.答案322716.已知函数f (x )＝2xx ＋2，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (a n －1) (n >1，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为__________. 答案 a n ＝2n ＋1三、解答题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 17.利用柯西不等式解方程：21－x ＋2x ＋3＝15. 解 由柯西不等式(21－x ＋2x ＋3)2＝(21－x ＋2·x ＋32)2≤[22＋(2)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－x ）2＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋322 ＝6×⎝⎛⎭⎪⎫1－x ＋x ＋32＝6×52＝15.等号成立⇔1－x2＝x ＋322⇔1－x 4＝x ＋322⇔x ＝－23.经检验，x ＝－23为原方程的根.18.已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序原理：顺序和≥乱序和，得bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b ，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ， ∵a ，b ，c 为正数，∴abc >0，a ＋b ＋c >0.于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .19.设a 1，a 2，…，a n 是几个不相同的正整数，用排序不等式证明：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.证明 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n ，因b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n .又因为1>122>132>…>1n 2，故由排序不等式；得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b nn 2≥1×1＋2×122＋3×132＋…＋n ·1n 2＝1＋12＋13＋…＋1n.20.已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N ＋)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数. (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足： 若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6； 若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a.若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b.若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；c.若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；d.若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；e.若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；f.若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立.综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.。
2021学年高中数学第二章几个重要的不等式2排序不等式学案北师大版选修4_5
§2 排序不等式学习目标 1.了解顺序和、乱序和、逆序和的有关概念.2.掌握排序不等式的构造特征，并能应用排序不等式证明一些不等式．知识点 排序不等式思考 某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少种不同的购置方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？答案 (1)共有3×2×1＝6(种)不同的购置方案． (2)5×3＋4×2＋2×1＝25(元)，这种方案花钱最多； 5×1＋4×2＋2×3＝19(元)，这种方案花钱最少． 梳理 (1)顺序和、乱序和、逆序和的概念设实数a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3满足a 1≥a 2≥a 3，b 1≥b 2≥b 3，那么a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3≥123123j j j a b a b a b ＋＋≥a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1，其中j 1，j 2，j 3是1,2,3的任一排列方式．上式当且仅当a 1＝a 2＝a 3(或b 1＝b 2＝b 3)时取“＝〞号．通常称a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3为顺序和，123123j j j a b a b a b ＋＋为乱序和，a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1为逆序和(倒序和)． (2)排序不等式①定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc ， 此式当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝〞号． ②定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，那么(顺序和)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥(乱序和)1212a n j j n j b a b a b ＋＋＋≥(逆序和)a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1,2，…，n 的任一排列方式，上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝〞号.类型一 利用排序不等式证明不等式 命题角度1 字母已定序问题例1 a ，b ，c 为正数，且a ≥b ≥c ，求证：a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c.证明 ∵a ≥b ＞0，∴1a ≤1b，又c ＞0，从而1bc ≥1ca，同理1ca ≥1ab ，从而1bc ≥1ca ≥1ab.又顺序和不小于乱序和，故可得a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥b 5b 3c 3＋c 5c 3a 3＋a 5a 3b 3＝b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3⎝ ⎛⎭⎪⎫∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a 3≥c 2c 3＋a 2a 3＋b 2b 3＝1c ＋1a ＋1b ＝1a ＋1b ＋1c. ∴原不等式成立．反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的构造，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组． 跟踪训练1 0＜a ≤b ≤c ，求证：c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c ≥a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a.证明 因为0＜a ≤b ≤c ，所以0＜a ＋b ≤c ＋a ≤b ＋c ， 所以1a ＋b ≥1c ＋a ≥1b ＋c＞0. 又0＜a 2≤b 2≤c 2， 所以c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c是顺序和，a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a是乱序和，由排序不等式可知，顺序和大于等于乱序和， 即不等式c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c ≥a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a成立．命题角度2 字母大小顺序不定问题 例2 a ，b ，c 均为正数，求证：a 2b ＋c ＋b 2c ＋a＋c 2a ＋b ≥12(a ＋b ＋c )． 证明 由不等式的对称性，不妨设a ≥b ≥c ＞0，所以a 2≥b 2≥c 2，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由顺序和≥乱序和得到两个不等式：a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥a 2c ＋a ＋b 2a ＋b ＋c 2b ＋c ， a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a.两式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥b 2＋c 2b ＋c ＋c 2＋a 2c ＋a ＋a 2＋b 2a ＋b， 注意到b 2＋c 2b ＋c ≥12(b ＋c )，c 2＋a 2c ＋a ≥12(c ＋a )，a 2＋b 2a ＋b ≥12(a ＋b )，所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b ≥12(b ＋c )＋12(c ＋a )＋12(a ＋b )＝a ＋b ＋c .故a 2b ＋c ＋b 2c ＋a＋c 2a ＋b ≥12(a ＋b ＋c )． 反思与感悟 对于排序不等式，其核心是必须有两组完全确定的数据，所以解题的关键是构造出这样的两组数据．跟踪训练2 设a ，b ，c ∈R ＋，利用排序不等式证明：a 3＋b 3＋c 3≤b 5＋c 52a 2＋c 5＋a 52b 2＋a 5＋b 52c2.证明 不妨设0＜a ≤b ≤c ， 那么a 5≤b 5≤c 5，1c 2≤1b 2≤1a2，所以由排序不等式可得a 3＋b 3＋c 3＝a 5a 2＋b 5b 2＋c 5c 2≤a 5c 2＋b 5a 2＋c 5b2，a 3＋b 3＋c 3＝a 5a 2＋b 5b 2＋c 5c 2≤a 5b 2＋b 5c 2＋c 5a2，所以a 3＋b 3＋c 3≤b 5＋c 52a 2＋c 5＋a 52b 2＋a 5＋b 52c2.类型二 利用排序不等式求最值 例3 设a ，b ，c 为任意正数，求ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b的最小值．解 由于a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c ＞0， 那么a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序不等式，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ， ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b，上述两式相加，得 2⎝⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3，即a b ＋c ＋bc ＋a＋ca ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时，ab ＋c＋b c ＋a ＋ca ＋b 取最小值32.反思与感悟 求最小(大)值，往往所给式子是顺(逆)序和式，然后利用顺(逆)序和不小(大)于乱序和的原理构造出一个或二个适当的乱序和，从而求出其最小(大)值． 跟踪训练3 设0＜a ≤b ≤c 且abc 1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )的最小值．解 令S ＝1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )，那么S ＝(abc )2a 3(b ＋c )＋(abc )2b 3(a ＋c )＋(abc )2c 3(a ＋b )＝bc a (b ＋c )·bc ＋ac b (a ＋c )·ac ＋abc (a ＋b )·ab .由可得1a (b ＋c )≥1b (a ＋c )≥1c (a ＋b )，ab ≤ac ≤bc .∴S ≥bc a (b ＋c )·ac ＋ac b (a ＋c )·ab ＋ab c (a ＋b )·bc ＝c a (b ＋c )＋a b (a ＋c )＋bc (a ＋b ).又S ≥bc a (b ＋c )·ab ＋ac b (a ＋c )·bc ＋ab c (a ＋b )·ac ＝b a (b ＋c )＋c b (a ＋c )＋ac (a ＋b )，两式相加，得2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥3·31abc＝3.∴S ≥32，即1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )的最小值为32.1．设a ，b ，c 均为正数，且P ＝a 3＋b 3＋c 3，Q ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，那么P 与Q 的大小关系是( ) A ．P ＞Q B ．P ≥Q C ．P ＜Q D ．P ≤Q 答案 B解析 不妨设a ≥b ≥c ＞0，那么a 2≥b 2≥c 2＞0.由排序不等式，得a 2a ＋b 2b ＋c 2c ≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，所以P ≥Q .2．a 1＝2，a 2＝7，a 3＝8，a 4＝9，a 5＝12，b 1＝3，b 2＝4，b 3＝6，b 4＝10，b 5b i (i ＝1,2,3,4,5)重新排列记为c 1，c 2，c 3，c 4，c 5，那么a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 5c 5的最大值是( ) A ．324 B ．314 C ．304 D ．212答案 C解析 a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 5c 5≤a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋a 4b 4＋a 5b 5 ＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.3．n 个正数与这n 个正数的倒数的乘积的和的最小值为________． 答案 n解析 设0＜a 1≤a 2≤a 3≤…≤a n ， 那么0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11，那么由排序不等式，得逆序和≤乱序和≤顺序和， 故最小值为逆序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n . 4．设a ，b 都是正数，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2≥a b ＋b a.证明 由题意不妨设a ≥b ＞0. 那么a 2≥b 2，1b ≥1a ，所以a 2b ≥b2a.根据排序不等式知，a 2b ·1b ＋b 2a ·1a ≥a 2b ·1a ＋b 2a ·1b，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a2≥a b ＋b a.1．对排序不等式的理解排序原理是对不同的两个数组来研究不同的乘积和的问题，能构造的和按数组中的某种“搭配〞的顺序被分为三种形式：顺序和、逆序和、乱序和，对这三种不同的搭配形式只需注意是怎样的“次序〞，两种较为简单的是“顺与逆〞，而乱序和也就是不按“常理〞的顺序了． 2．排序不等式的本质两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小． 3．排序不等式取等号的条件等号成立的条件是其中一序列为常数序列，即a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝b 3＝…＝b n . 4．排序原理的思想在解答数学问题时，常常涉及一些可以比拟大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比拟经典的结论来处理实际问题．一、选择题1．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不一样．三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是( ) A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz答案 B解析根据排序原理，逆序和最小，即az＋by＋cx最小．2．a，b，c＞0，那么a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )A．大于零B．大于零或等于零C．小于零D．小于零或等于零答案 B解析当a＝b＝c＝1时，a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝0；当a＝1，b＝2，c＝3时，a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62.3．设a，b，c都是正数，那么式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b3ac－c3ab与0的大小关系是( ) A．M≥0B．M≤0C．M与0的大小关系与a，b，c的大小有关D．不能确定答案 A解析不妨设a≥b≥c＞0，那么a3≥b3≥c3，且a4≥b4≥c4，那么a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4.∵a 3≥b 3≥c 3，且ab ≥ac ≥bc ，∴a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3·ab ＋b 3·bc ＋c 3·ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab . ∴a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， ∴M ≥0.4．锐角三角形ABC 中，设P ＝a ＋b ＋c2，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，那么P ，Q 的大小关系为( ) A ．P ≥Q B ．P ＝Q C ．P ≤Q D ．不能确定答案 C解析 不妨设A ≥B ≥C ，那么a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤cos C ， 那么由排序不等式可知，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥a cos B ＋b cos C ＋c cos A＝R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋2sin C cos A )，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥b cos A ＋c cos B ＋a cos C＝R (2sin B cos A ＋2sin C cos B ＋2sin A cos C )， 上面两式相加，得Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥ 12R (2sin A cos B ＋2sin B cos A ＋2sin B cos C ＋2sin C cos B ＋2sin C cos A ＋2sin A cos C )＝R [sin(A ＋B )＋sin(B ＋C )＋sin(A ＋C )] ＝R (sin C ＋sin A ＋sin B ) ＝P ＝a ＋b ＋c2，即Q ≥P .5．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，F ＝a 1＋a 2＋a 3，那么E ，F 的大小关系是( ) A ．E ＜F B ．E ≥F C ．E ＝F D ．E ≤F 答案 B解析 不妨设a 1≥a 2≥a 3＞0， 那么1a 1≤1a 2≤1a 3且a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2，∴a 1a 2a 3＋a 1a 3a 2＋a 2a 3a 1≥1a 1·a 1a 2＋1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＝a 1＋a 2＋a 3. ∴E ≥F .6．x ≥y ，M ＝x 4＋y 4，N ＝x 3y ＋xy 3，那么M 与N 的大小关系是( )A ．M ＞NB ．M ≥NC ．M ＜ND ．M ≤N 答案 B解析 ∵x ≥y ，∴x 3≥y 3.∴M ＝x ·x 3＋y ·y 3≥x 3·y ＋y 3·x ＝x 3y ＋y 3x ＝N . 二、填空题7．两组数1,2,3和4,5,6，假设c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，那么c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是__________，最小值是________． 答案 32 28解析 由逆序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，逆序和最小，故最大值为32，最小值为28.8．5个人各拿一只水桶到水龙头处接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4min,8min,6min ，10min ，5min ，统筹安排这5个人接水的顺序，那么他们等待的总时间最少为________min. 答案 84解析 5个人按接水时间为4 min,5 min,6 min,8 min ，10 min 的顺序进展接水时等待的总时间最少，为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84(min)．9．在Rt△ABC 中，∠C 为直角，A ，B 所对的边分别为a ，b ，那么aA ＋bB 与π4(a ＋b )的大小关系为________． 答案 aA ＋bB ≥π4(a ＋b )解析 不妨设a ≥b ＞0， 那么A ≥B ＞0，由排序不等式，得⎭⎪⎬⎪⎫aA ＋bB ≥aB ＋bA aA ＋bB ＝aA ＋bB ⇒2(aA ＋bB )≥a (A ＋B )＋b (A ＋B )＝π2(a ＋b )，∴aA ＋bB ≥π4(a ＋b )．10．设a 1，a 2，…，a n 为正数，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝5，那么a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1的最小值为________． 答案 5解析 由所求代数式的对称性， 不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ， 所以a 21≤a 22≤…≤a 2n ，1a 1≥1a 2≥…≥1a n，而1a 2，1a 3，…，1a n ，1a 1为1a 1，1a 2，1a 3，…，1a n 的一个排列，由乱序和≥逆序和，得a 21·1a 2＋a 22·1a 3＋…＋a 2n －1·1a n ＋a 2n ·1a 1≥a 21·1a 1＋a 22·1a 2＋…＋a 2n ·1a n ，即a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝5.三、解答题11．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，利用排序不等式证明：a 2a b 2b c 2c≥a b ＋c b c ＋a c a ＋b.证明 不妨设a ≥b ≥c ＞0，那么lg a ≥lg b ≥lg c ， 所以a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ，a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c ，所以2a lg a ＋2b lg b ＋2c lg c ≥(b ＋c )lg a ＋(a ＋c )lg b ＋(a ＋b )lg c ， 所以lg(a 2a·b 2b·c 2c)≥lg(a b ＋c·ba ＋c·ca ＋b)，故a 2a b 2b c 2c≥ab ＋c b c ＋a c a ＋b.12．设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相等的正整数，求证： 1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n2. 证明 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且满足b 1＜b 2＜…＜b n .因为b 1，b 2，…，b n 是互不相等的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n .又因为1＞122＞132＞…＞1n 2，故由排序不等式，得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b nn2≥1×1＋2×122＋3×132＋...＋n .1n 2＝1＋12＋13＋ (1).13．0＜α＜β＜γ＜π2，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞12(sin2α＋sin2β＋sin2γ)．证明 ∵0＜α＜β＜γ＜π2，且y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，∴0＜sin α＜sin β＜sin γ，cos α＞cos β＞cos γ＞0.∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ＝12(sin2α＋sin2β＋sin2γ)． 四、探究与拓展14．设x ，y ，z 为正数，求证：x ＋y ＋z ≤x 2＋y 22z ＋y 2＋z 22x ＋z 2＋x 22y.证明 由于不等式关于x ，y ，z 对称，不妨设0＜x ≤y ≤z ， 于是x 2≤y 2≤z 2，1z ≤1y ≤1x，由逆序和≤乱序和，得x 2·1x ＋y 2·1y ＋z 2·1z ≤x 2·1z ＋y 2·1x ＋z 2·1y ，x 2·1x ＋y 2·1y ＋z 2·1z ≤x 2·1y ＋y 2·1z ＋z 2·1x. 将上面两式相加，得2(x ＋y ＋z )≤x 2＋y 2z ＋y 2＋z 2x ＋z 2＋x 2y ，于是x ＋y ＋z ≤x 2＋y 22z ＋y 2＋z 22x ＋z 2＋x 22y.15．设x ＞0，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n. 证明 (1)当x ≥1时，1≤x ≤x 2≤…≤x n. 由排序原理知，1·1＋x ·x ＋x 2·x 2＋…＋x n ·x n ≥x n ·1＋x n －1·x ＋…＋1·x n，所以1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n≥(n ＋1)x n.①又因为x ，x 2，…，x n,1为1，x ，x 2，…，x n 的一个排序，于是由排序原理，得1·x ＋x ·x 2＋…＋xn －1·x n ＋x n ·1≥1·x n ＋x ·xn －1＋…＋xn －1·x ＋x n·1，所以x ＋x 3＋…＋x 2n －1≥nx n.②①＋②，得1＋x ＋x 2＋…＋x 2n ≥(2n ＋1)x n. (2)当0＜x ＜1时，1＞x ＞x 2＞…＞x n， 同理可得结论．综合(1)与(2)可知，当x ＞0时， 1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n.。
高中数学 第2章 几个重要的不等式 学业分层测评13 数学归纳法的应用 北师大版选修45
【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第2章 几个重要的不等式学业分层测评13 数学归纳法的应用 北师大版选修4-5(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时不等式左边( )A ．增加了一项1k ＋B ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2C ．增加了B 中的两项但减少了一项1k ＋1D ．以上均不正确 【解析】 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＝12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋1－12k ＋2.故选C. 【答案】 C2．利用数学归纳法证明不等式“n 2<2n对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，n 0应取值为( )A ．1B ．3C ．5D ．7【解析】 12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n ≥5，故n 0的值为5. 【答案】 C3．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1验得不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确【解析】 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法． 【答案】 D4．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n【解析】 由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)， 当x ＝2时，(1＋2)n≥1＋2n ，A 正确．当x ＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确． 当x ＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D 正确． 【答案】 C 5．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >m 24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在【解析】 令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 易知f (n )是单调递增的．∴f (n )的最小值为f (2)＝13＋14＝712.依题意712>m24，∴m <14.因此取m ＝13. 【答案】 B 二、填空题6．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N ＋)”时，第一步的验证为__________.【导学号：94910041】【解析】 当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．【答案】 21＋1≥12＋1＋27．观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出__________．【答案】 1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n(n ≥2，n ∈N ＋)8．用数学归纳法证明a n ＋bn2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2n(a ，b 是非负实数，n ∈N ＋)时，假设n ＝k 时不等式a k ＋b k2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k(*)成立，再推证n ＝k ＋1时不等式也成立的关键是将(*)式同乘__________．【解析】 要想办法出现a k ＋1＋b k ＋12，两边同乘以a ＋b2，右边也出现了要求证的⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k+1.【答案】a ＋b2三、解答题9．设a ，b 为正实数，证明：对任意n ∈N ＋，有(a ＋b )n≥a n＋n ·a n －1b .【证明】 由(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋ba n ≥1＋nb a ⎝⎛⎭⎪⎫其中ba >0，即a ＋b na n≥1＋nb a，∴(a ＋b )n≥a n＋n ·ba na，故(a ＋b )n≥a n＋nb ·an －1.10．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a .求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a .【证明】 (1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，∴当n ＝1时，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题1<a k <11－a成立．当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立， 即1<a k ＋1<11－a.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.能力提升]1．用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n ＋2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是( )A.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋3 B.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋2C.122＋132＋…＋1k 2>12－1k ＋1D.122＋132＋…＋1k －2>12－1k【解析】 注意不等式两边含变量“n ”的式子，因此当n ＝k ＋1时，应该是含“n ”的式子发生变化，所以n ＝k ＋1时，应为122＋132＋…＋1k ＋2＋1k ＋2>12－1k ＋＋2.【答案】 A2．若k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱对角面的个数为( ) A ．2f (k ) B ．k －1＋f (k ) C ．f (k )＋kD ．f (k )＋2【解析】 由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角面的个数与底面上由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角线一样，设n ＝k 时，底面为A 1A 2…A k ，n ＝k ＋1时底面为A 1A 2A 3…A k A k ＋1，增加的对角线为A 2A k ＋1，A 3A k ＋1，A 4A k ＋1，…，A k －1A k ＋1，A 1A k ，共有(k －1)条，因此对角面也增加了(k －1)个．【答案】 B3．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f (n )表示这n 条直线的交点的个数，则f (4)＝______；当n >4时，f (n )＝____________________(用n 表示).【导学号：94910042】【解析】 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋n －2(n －3)，∴f (n )＝12(n ＋1)(n －2)．【答案】 5 12(n ＋1)(n －2)4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n .【解】 (1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 即S n －S n －1＝－2S n S n －1. ∴1S n －1S n －1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立．②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋1k ＋2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k－1k ＋2＝12－14·k 2＋k ＋1k k ＋2 <12－14·k 2＋k k k ＋2＝12－1k ＋.即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 由①②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．。
高中数学 北师大版选修4-5几个重要的不等式第二章
§1柯西不等式1.1简单形式的柯西不等式学习目标1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式.2.会用柯西不等的代数形式和向量形式证明比较简单的不等式，会求某些函数的最值.预习自测1.柯西不等式若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号成立⇔ad＝bc.2.柯西不等式的向量形式设α，β为平面上的两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立.自主探究1.如何证明：a1，a2，b1，b2∈R时，(a21＋a22)(b21＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2?提示(a21＋a22)(b21＋b22)－(a1b1＋a2b2)2≥0⇔a21b21＋a22b22＋a21b22＋a22b21－a21b21－a22b22－2a1b1a2b2≥0⇔a21b22－2a1b1a2b2＋a22b21≥0⇔(a1b2－a2b1)2≥0.上式中等号成立⇔a1b2＝a2b1.2.设平面上两个向量为α＝(a1，a2)，β＝(b1，b2)，你能证明|α||β|≥|α·β|吗？提示∵cos〈α，β〉＝α·β|α||β|＝a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22，∴cos2〈α，β〉＝（a1b1＋a2b2）2（a21＋a22）（b21＋b22）≤1，即(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2， a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|.∴|α||β|≥|α·β|，等号成立的充要条件为α＝λβ (λ≠0).典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】 已知3x 2＋2y 2≤6，求证：2x ＋y ≤11. 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.【反思感悟】 柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2⇔a 21＋a 22b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|，应用时关键是对已知条件的变形.1.已知a ，b ，c ，d ∈R ，x >0，y >0，且x 2＝a 2＋b 2，y 2＝c 2＋d 2，求证：xy ≥ac ＋bd .证明 由柯西不等式知：ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2＝x 2·y 2＝xy . ∴xy ≥ac ＋bd .【例2】 (二维形式的三角不等式)设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，用代数的方法证明x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.证明 (x 21＋y 21＋x 22＋y 22)2＝x 21＋y 21＋2x 21＋y 21x 22＋y 22＋x 22＋y 22≥x 21＋y 21＋2|x 1x 2＋y 1y 2|＋x 22＋y 22 ≥x 21＋y 21－2(x 1x 2＋y 1y 2)＋x 22＋y 22＝x 21－2x 1x 2＋x 22＋y 21－2y 1y 2＋y 22＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2∴x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2【反思感悟】 在平面中设α＝(x 1，y 1)，β＝(x 2，y 2)，则α±β＝(x 1±x 2，y 1±y 2)，由向量加法的三角形法则知：|α|＋|β|≥|α＋β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1＋x 2）2＋（y 1＋y 2）2，由向量减法的几何意义知：|α|＋|β|≥|α－β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.2.利用柯西不等式证明：a 2＋b 28≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 42. 证明 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 42＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 42≤(a 2＋b 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝a 2＋b 28. 知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例3】 求函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值. 解 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.【反思感悟】 解题的关键是对函数解析式进行变形，使形式上适合应用柯西不等式，还要注意求出使函数取得最值时的自变量的值.3.已知x ＋y ＝1，求2x 2＋3y 2的最小值.解 2x 2＋3y 2＝[(2x )2＋(3y )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×65≥65⎝⎛⎭⎪⎫2x ·12＋3y ·132＝65(x ＋y )2＝65.课堂小结1.二维形式的柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时等号成立.2.推论：(1)(a ＋b )·(c ＋d )≥(ac ＋bd )2；(2)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|； (3)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1|＋|a 2b 2|.3.柯西不等式的向量形式|α·β|≤|α||β|，当且仅当存在实数λ≠0，使α＝λβ时等号成立.4.二维形式的三角不等式(1)a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2(或a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥ （a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2)；(2)（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2≥（a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2.随堂演练1.写出空间直角坐标系中柯西不等式的代数形式.解 (a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ). 当且仅当a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3时等号成立.2.写出空间代数形式的三角不等式. 解 有两种形式分别对应定理3、定理4.定理3为a 21＋a 22＋a 23＋b 21＋b 22＋b 23≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2＋（a 3＋b 3）2 定理4为（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（a 3－b 3）2＋ （b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2＋（b 3－c 3）2 ≥（a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2＋（a 3－c 3）2. 3.已知a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1. 求证：ax ＋by ＋cz ≤1. 证明 由柯西不等式得：(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2.∵a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1，∴|ax ＋by ＋cz |≤1. ∴ax ＋by ＋cz ≤1.一、选择题 1.下列说法：①二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 没有取值限制.②二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 只能取数，不能为代数式. ③柯西不等式的向量式中取等号的条件是α＝β. 其中正确的个数有( ) A.1个 B.2个 C.3个D.0个解析 由柯西不等式的概念知，只①正确，a ，b ，c ，d 是实数，没有其取值限制. 答案 A2.函数y ＝2x ＋91－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12的最小值是( ) A.20 B.25 C.27D.18解析 y ＝2x ＋91－2x ＝[2x ＋(1－2x )]⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋91－2x＝[(2x )2＋(1－2x )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫91－2x 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·2x ＋1－2x 91－2x 2＝(2＋3)2＝25. 答案 B3.设a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2a ，Q ＝a ＋b ，则( ) A.P >Q B.P ≥Q C.P <QD.P ≤Q解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a (a ＋b )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2[(a )2＋(b )2]≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ·b ＋b a ·a 2＝(a ＋b )2，∵a >0，b >0，∴a ＋b >0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a ≥（a ＋b ）2a ＋b＝a ＋b .又∵a ≠b ，而等号成立的条件是a b ·a ＝ba ·b ，即a ＝b ，∴a 2b ＋b 2a >a ＋b .即P >Q . 答案 A 二、填空题4.设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c 的最小值是________. 解析 ∵(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c ＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2c 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c 2＝18.∴2a ＋2b ＋2c ≥2. 答案 25.若a 2＋b 2＋c 2＝2，x 2＋y 2＋z 2＝4，则ax ＋by ＋cz 的取值范围是__________. 解析 ∵(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2， ∴(ax ＋by ＋cz )2≤8，∴－22≤ax ＋by ＋cz ≤2 2. 答案 [－22，22]6.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________. 解析 运用柯西不等式求解.根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)，得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5，m 2＋n 2的最小值为 5. 答案5三、解答题7.若2x ＋3y ＝1，求4x 2＋9y 2的最小值，并求出最小值点. 解 由柯西不等式(4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1， ∴4x 2＋9y 2≥12.当且仅当2x ·1＝3y ·1，即2x ＝3y 时取等号.由⎩⎨⎧2x ＝3y ，2x ＋3y ＝1.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝16.∴4x 2＋9y 2的最小值为12，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，16.8.设a ，b ∈(0，＋∞)，若a ＋b ＝2，求1a ＋1b 的最小值. 解 ∵(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝[(a )2＋(b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b 2＝(1＋1)2＝4.∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4，即1a ＋1b ≥2. 当且仅当a ·1b ＝b ·1a，即a ＝b 时取等号， ∴当a ＝b ＝1时，1a ＋1b 的最小值为2.9.已知a 2＋b 2＝1，a ，b ∈R ，求证：|a cos θ＋b sin θ|≤1. 证明 ∵(a cos θ＋b sin θ)2≤(a 2＋b 2)(cos 2θ＋sin 2θ) ＝1·1＝1，∴|a cos θ＋b sin θ|≤1.1.2 一般形式的柯西不等式学习目标1.理解三维形式的柯西不等式，在此基础上，过渡到柯西不等式的一般形式.2.会用三维形式及一般形式的柯西不等式证明有关不等式和求函数的最值.预习自测1.定理2，设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立.2.证明柯西不等式的一般形式的方法称为参数配方法.3.推论设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时“＝”成立.自主探究1.由二维的柯西不等式的向量式|α||β|≥|α·β|，你能推导出二维的柯西不等式的代数式吗？提示 设α＝(a 1，a 2)，β＝(b 1，b 2)，则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2代入向量式得：(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2.当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立.2.在空间向量中，|α||β|≥|α·β|，你能据此推导出三维的柯西不等式的代数式吗？ 提示 设α＝(a 1，a 2，a 3)，β＝(b 1，b 2，b 3)， 则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3代入向量式得(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当且仅当α与β共线时，即存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，3)时，等号成立.3.你能猜想出柯西不等式的一般形式并给出证明吗？提示 柯西不等式的一般形式为：若a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 都为实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，证明如下：若a 1＝a 2＝…＝a n ＝0，则不等式显然成立，故设a 1，a 2，…，a n 至少有一个不为零，则a 21＋a 22＋…＋a 2n >0.考虑二次三项式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )x 2＋2(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )x ＋(b 21＋b 22＋…＋b 2n )＝(a 1x ＋b 1)2＋(a 2x ＋b 2)2＋…＋(a n x ＋b n )2≥0. 对于一切实数x 成立，设二次三项式的判别式为Δ，则Δ4＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2－(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≤0. 所以(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.即(a 21＋a 22＋…＋a 2n )12()b 21＋b 22＋…＋b 2n 12≥|a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n |a1 b1＝a2b2＝…＝a nb n.等号成立⇔典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】 设a ，b ，c 为正数且互不相等，求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c. 证明 2(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ＝[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(c ＋a )2]· ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫ 1a ＋b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫ 1b ＋c 2＋⎝⎛⎭⎪⎫ 1c ＋a 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ·1a ＋b＋b ＋c · 1b ＋c＋c ＋a · 1c ＋a 2 ＝(1＋1＋1)2＝9.∴2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c . ∵a ，b ，c 互不相等，∴等号不可能成立，从而原不等式成立.【反思感悟】 有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，但是我们只要改变一下多项式的形态结构，就可以达到利用柯西不等式的目的.1.已知a 1，a 2，a 3为实数，b 1，b 2，b 3为正实数.求证：a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3.证明 由柯西不等式得：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3(b 1＋b 2＋b 3) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1·b 1＋a 2b 2·b 2＋a 3b 3·b 32＝(a 1＋a 2＋a 3)2.∴a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3.知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例2】 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)且a ＋b ＋c ＝1，求4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1的最大值. 解4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1＝4a ＋1·1＋4b ＋1·1＋4c ＋1·1 ≤(4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1)12(12＋12＋12)12 ＝7×3＝21.当且仅当4a ＋11＝4b ＋11＝4c ＋11时取等号. 即a ＝b ＝c ＝13时，所求的最大值为21.【反思感悟】 利用柯西不等式，可以方便地解决一些函数的最大值或最小值问题.通过巧拆常数、重新排序、改变结构、添项等技巧变形为能利用柯西不等式的形式.2.设2x ＋3y ＋5z ＝29，求函数u ＝2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6的最大值. 解 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≤230. 当且仅当2x ＋1＝3y ＋4＝5z ＋6，即x ＝376，y ＝289，z ＝2215时等号成立，此时u max ＝230.知识点3 利用柯西不等式解方程【例3】 在实数集内解方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝94，－8x ＋6y －24z ＝39.解 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ≥(－8x ＋6y －24z )2.①∵(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2]＝94×(64＋36＋576)＝392，又(－8x ＋6y －24y )2＝392， ∴(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝(－8x ＋6y －24z )2， 即不等式①中只有等号成立，从而由柯西不等式中等号成立的条件，得 x －8＝y 6＝z －24， 它与－8x ＋6y －24z ＝39联立，可得 x ＝－613，y ＝926，z ＝－1813.【反思感悟】 利用柯西不等式解方程，关键是由不等关系转换成相等关系，然后再通过等号成立的条件求出未知数的值.3.利用柯西不等式解方程：21－2x ＋4x ＋3＝15. 解 ∵21－2x ＋4x ＋3＝22－4x ＋1·4x ＋3 ≤2－4x ＋4x ＋3·2＋1＝5·3＝15. 又由已知21－2x ＋4x ＋3＝15.所以等号成立， 由等号成立的条件2－4x ·1＝4x ＋3· 2 得：2－4x ＝8x ＋6，∴x ＝－13， 即方程的解为x ＝－13.课堂小结柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法；教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面也有广泛的应用.柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等.应用时，通过拆常数、重新排序、添项、改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式.随堂演练1.△ABC 的三边长为a 、b 、c ，其外接圆半径为R ，求证： (a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C ≥36R 2.证明 由三角形中的正弦定理得sin A ＝a2R ， 所以1sin 2A ＝4R 2a 2，同理1sin 2B ＝4R 2b 2，1sin 2C ＝4R 2c 2于是左边＝(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4R 2a 2＋4R 2b 2＋4R 2c 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·2R a ＋b ·2R b ＋c ·2R c 2＝36R 2. 故原不等式获证.2.已知a 1，a 2，…，a n 都是实数，求证： 1n(a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n . 证明 (12＋12＋…＋12)(a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(1×a 1＋1×a 2＋…＋1×a n )2.∴n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(a 1＋a 2＋…＋a n )2∴1n (a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n .一、选择题1.设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝3，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为( ) A.9 B.3 C.3 D.1解析 [(a )2＋(b )2＋(c )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥32.又∵a ＋b ＋c ＝3，∴1a ＋1b ＋1c ≥3，最小值为3. 答案 B2.已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值为( ) A.1B.nC.nD.2解析 由柯西不等式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2得1·1≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2，∴a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n ≤1.所求的最大值为1. 答案 A3.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.53，109，56 B.2029，3029，4029 C.1，12，13D.1，14，19解析 x 2＋y 2＋z 2＝（x 2＋y 2＋z 2）（22＋32＋42）29≥（2x ＋3y ＋4z ）229＝10029，当且仅当⎩⎨⎧x ＝2k ，y ＝3k ，z ＝4k时，等号成立，则4k ＋9k ＋16k ＝29k ＝10，解得k ＝1029，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.选B.答案 B 二、填空题4.已知实数a ，b ，c ，d ，e 满足a ＋b ＋c ＋d ＋e ＝8，a 2＋b 2＋c 2＋d 2＋e 2＝16，则e 的取值范围为________.解析 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)＝(1＋1＋1＋1)(a 2＋b 2＋c 2＋d 2) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2即4(16－e 2)≥(8－e )2，即64－4e 2≥64－16e ＋e 2 ∴5e 2－16e ≥0，故0≤e ≤165. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1655.设a ，b ，c ＞0且a ＋b ＋c ＝A (A 为常数).则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________.解析 1a ＋1b ＋1c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c （a ＋b ＋c ）A≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2A ＝9A . 答案 9A 三、解答题6.已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值.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 ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2.b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1. 7.设a 1>a 2>…>a n >a n ＋1，求证：1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 证明 ∵a 1－a n ＋1＝(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)， ∴[(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)]· ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1 ≥(a 1－a 2·1a 1－a 2＋a 2－a 3·1a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋1·1a n －a n ＋1)2＝n 2>1. ∴(a 1－a n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1.即1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1a 1－a n ＋1，故1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 8.设P 是△ABC 内的一点，x ，y ，z 是P 到三边a ，b ，c 的距离.R 是△ABC 外接圆的半径，证明：x ＋y ＋z ≤12R·a 2＋b 2＋c 2. 证明 由柯西不等式得， x ＋y ＋z ＝ax 1a ＋by 1b ＋cz1c≤ax ＋by ＋cz1a ＋1b ＋1c .设S 为△ABC 的面积，则 ax ＋by ＋cz ＝2S ＝2abc 4R ＝abc2R ， x ＋y ＋z ≤ abc 2Rab ＋bc ＋caabc＝12R ab ＋bc ＋ca ≤12Ra 2＋b 2＋c 2，故不等式成立.9.已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4. (1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值.解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b . 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式，得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87.当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立，故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值是87.§2 排序不等式学习目标1.了解排序不等式的“探究—猜想—证明—应用”的研究过程.2.初步认识排序不等式的有关知识及简单应用.预习自测1.定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc ，此式当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号.2.定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组 a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ， 则 (顺序和) a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和) a 1b j 1＋a 2b j 2＋…＋a n b jn ≥ (逆序和) a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1，2，…，n 的任一排列方式.上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号.自主探究1.某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中有单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？提示 有多少种不同的购买方案，实质上就是礼品和单价有多少种不同的对应关系.与单价3元对应的礼品可以是4件的礼品，也可以是5件或2件的礼品共有三种对应关系，与单价2元对应的只还有剩下的2种.与单价一元对应的只有一种.由乘法分步计数原理知共有3×2×1＝6种不同的购买方案.根据生活的实际经验，花钱最少的方案应是最贵的礼品买最少的件数，最便宜的礼品买最多的件数，即1×5＋2×4＋3×2＝19元，花钱最多的方案应是：单价最高的礼品买最多的件数，单价最低的礼品买最少的件数，即1×2＋2×4＋3×5＝25元.2.设有两组实数，a 1<a 2<a 3，b 1<b 2<b 3，设c 1、c 2、c 3是b 1、b 2、b 3的任一个排列，作和a 1c 1＋a 2c 2＋a 3c 3，你能猜测和的最大值及最小值分别是怎样的和式吗？ 提示 由问题1我应得到启发，和最大的应该为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3，和最小的应该是a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1.3.有10个人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满第i (i ＝1，2，…，10)个人的水桶需要t i 分，假设这些t i 各不相同，问只有一个水龙头时，应如何安排10人的顺序，使他们等候的总时间最小？这个最少的总时间等于多少？(根据排序原理回答)提示 不妨设t 1<t 2<…<t 10，∵1<2<3<…<10，由排序原理知逆序和最小，即10t 1＋9t 2＋…＋t 10最小，所以按注水时间由小到大的顺序注水，则他们10人等候的总时间最小，最少的总时间为10t 1＋9t 2＋…＋t 10.典例剖析知识点1 利用排序原理证明不等式【例1】 已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所需证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c ，bc ≤ca ≤ab .由排序原理：顺序和≥乱序和，得： bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b . 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ，因为a ，b ，c 为正数，所以abc >0，a ＋b ＋c >0， 于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .1.已知a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ，求证：(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ). 证明 令S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，则 S ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1， S ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n b 2， ……S ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1，将上面n 个式子相加，并按列求和可得nS ≥a 1(b 1＋b 2＋…＋b n )＋a 2(b 1＋b 2＋…＋b n )＋…＋a n (b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ) ∴S ≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ) 即(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ).【例2】 设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相同的正整数，求证：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2.证明 ∵12<22<32<…<n 2，∴112>122>…>1n 2.设c 1，c 2，…，c n 是a 1，a 2，…，a n 由小到大的一个排列， 即c 1<c 2<c 3<…<c n ，根据排序原理中，逆序和≤乱序和， 得c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2， 而c 1，c 2，…，c n 分别大于或等于1，2，…，n ， ∴c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≥1＋222＋332＋…＋n n 2 ＝1＋12＋…＋1n ，∴1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋…＋a nn 2.2.设c 1，c 2，…，c n 为正数组a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a ncn≥n .证明 不妨设0<a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n.因为1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n 的一个排序，故由排序原理：逆序和≤乱序和 得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1a n≤a 1·1c 1＋a 2·1c 2＋…＋a n ·1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a nc n≥n . 知识点2 利用排序原理求最值【例3】 设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b的最小值. 解 不妨设a ≥b ≥c ， 则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b， 由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b 上述两式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3.即a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b 取最小值32.3.设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b）的最小值.解令S＝1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b），则S＝（abc）2a3（b＋c）＋（abc）2b3（a＋c）＋（abc）2c3（a＋b）＝bca（b＋c）·bc＋acb（a＋c）·ac＋abc（a＋b）·ab，由已知可得：1a（b＋c）≥1b（a＋c）≥1c（a＋b），ab≤ac≤bc，∴S≥bca（b＋c）·ac＋acb（a＋c）·ab＋abc（a＋b）·bc＝ca（b＋c）＋ab（a＋c）＋bc（a＋b）又S≥bca（b＋c）·ab＋acb（a＋c）·bc＋abc（a＋b）·ac＝ba（b＋c）＋cb（a＋c）＋ac（a＋b），两式相加得：2S≥1a＋1b＋1c≥3·31abc＝3.∴S≥32，即1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b）的最小值为32.课堂小结排序不等式有着广泛的实际应用，在应用时，一定在认真分析题设条件的基础上观察要证结论的结构特征，从而分析出要用排序原理中逆序和≤乱序和，或是乱序和≤顺序和，或者逆序和≤顺序和.不少命题的证明可能多次用到排序原理.随堂演练1.利用排序原理证明：若a1，a2，…，a n为正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥n1a1＋1a2＋…＋1a n.证明不妨设a1≥a2≥a3≥…≥a n>0，则有1a1≤1a2≤…≤1a n由排序不等式，得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1ann≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a n n ， 即n n ≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a n n ，∴a 1＋a 2＋…＋a nn≥n1a 1＋1a 2＋…＋1a n. 2.已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c .求证：a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c . 证明 ∵a ≥b ≥c ≥0，∴a 3≥b 3≥c 3，∴a 3b 3≥a 3c 3≥b 3c 3， ∴1a 3b 3≤1a 3c 3≤1b 3c 3，又a 5≥b 5≥c 5，由排序原理得： a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 5a 3b 3＋b 5b 3c 3＋c 5a 3c 3(顺序和≥乱序和)， 即a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a 3， 又∵a 2≥b 2≥c 2，1a 3≤1b 3≤1c 3由乱序和≥逆序和得：a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a 3≥a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝1a ＋1b ＋1c . ∴a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c.一、选择题1.有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位：m 2)分别为x ，y ，z ，且x ＜y ＜z ，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m 2)分别为a ，b ，c ，且a ＜b ＜c .在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是( ) A.ax ＋by ＋cz B.az ＋by ＋cx C.ay ＋bz ＋cxD.ay ＋bx ＋cz解析 法一 用特值法进行验证.令x ＝1，y ＝2，z ＝3，a ＝1，b ＝2，c ＝3.A 项：ax ＋by ＋cz ＝1＋4＋9＝14；B 项：az ＋by ＋cx ＝3＋4＋3＝10；C 项：ay ＋bz ＋cx ＝2＋6＋3＝11；D 项：ay ＋bx ＋cz ＝2＋2＋9＝13.故选B. 法二 由顺序和≥乱序和≥反序和.可得az ＋by ＋cx 最小. 答案 B 二、填空题2.设a 1，a 2，a 3，…，a n 为正数，那么P ＝a 1＋a 2＋…＋a n 与Q ＝a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1an＋a 2na 1的大小关系是________.解析 假设a 1≥a 2≥a 3≥…≥a n ，则1a n ≥1a n －1≥…≥1a ≥1a 1，并且a 21≥a 22≥a 23≥…≥a 2n ，P ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 21a 1＋a 22a 2＋a 23a 3＋…＋a 2n a n，是反顺和，Q 是乱顺和，由排序不等式定理P ≤Q . 答案 P ≤Q 三、解答题3.设a 1，a 2，…，a n 为正数，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .证明 不妨设a 1>a 2>…>a n >0，则有a 21>a 22>…>a 2n也有1a 1<1a 2<…<1a n，由排序原理：乱序和≥逆序和，得：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n a 1≥a 21a 1＋a 22a 2＋…＋a 2n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .4.设A 、B 、C 表示△ABC 的三个内角的弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.证明 法一 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ，由排序原理：顺序和≥乱序和. ∴aA ＋bB ＋cC ≥aB ＋bC ＋cA ；aA ＋bB ＋cC ≥aC ＋bA ＋cB ； aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC .上述三式相加得 3(aA ＋bB ＋cC )≥(A ＋B ＋C )(a ＋b ＋c )＝π(a ＋b ＋c ). ∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.法二 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ，由排序不等式aA ＋bB ＋cC 3≥A ＋B ＋C 3·a ＋b ＋c3，即aA ＋bB ＋cC ≥π3(a ＋b ＋c )，∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.5.设a ，b ，c 为正数，利用排序不等式证明a 3＋b 3＋c 3≥3abc . 证明 不妨设a ≥b ≥c >0，∴a 2≥b 2≥c 2， 由排序原理：顺序和≥逆序和，得：a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ，b 3＋c 3≥b 2c ＋c 2b ，c 3＋a 3≥a 2c ＋c 2a ， 三式相加得2(a 3＋b 3＋c 3)≥a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)＋c (a 2＋b 2). 又a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 所以2(a 3＋b 3＋c 3)≥6abc ， ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc .当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立.6.设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.证明 不妨设a ≥b ≥c >0，则lg a ≥lg b ≥lg c . 据排序不等式有：a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c 上述三式相加得：3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3lg(abc ).故a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3.7.设x i ，y i (i ＝1，2，…，n )是实数，且x 1≥x 2≥…≥x n ，y 1≥y 2≥…≥y n ，而z 1，z 2，…，z n 是y 1，y 2，…，y n 的一个排列.求证：∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1 (x i －z i )2. 证明 要证∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2只需证∑ni ＝1y 2i －2∑n i ＝1x i y i ≥∑n i ＝1z 2i －2∑ni ＝1x i z i . 因为∑n i ＝1y 2i ＝∑n i ＝1z 2i ，∴只需证∑n i ＝1x i z i ≤∑ni ＝1x i y i. 而上式左边为乱序和，右边为顺序和. 由排序不等式得此不等式成立.故不等式∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2成立. 8.已知a ，b ，c 为正数，且两两不等，求证：2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ).证明 不妨设a >b >c >0.则a 2>b 2>c 2，a ＋b >a ＋c >b ＋c ， ∴a 2(a ＋b )＋b 2(a ＋c )＋c 2(b ＋c ) >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 即a 3＋c 3＋a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 又∵a 2>b 2>c 2，a >b >c ，∴a 2b ＋b 2a <a 3＋b 3，b 2c ＋c 2b <b 3＋c 3. 即a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b <a 3＋2b 3＋c 3，所以有2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ).§3 数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法学习目标1.理解归纳法和数学归纳法原理.2.会用数学归纳法证明有关问题.预习自测1.由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法.2.一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n 取初始值n 0时命题成立；(2)假设当n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立.在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n 0开始的所有自然数都正确.这种证明方法称为数学归纳法.自主探究1.为什么数学归纳法能够证明无限多个正整数都成立的问题呢？提示 这是因为第一步首先验证了n 取一个值n 0，这样假设就有了存在的基础，至少k ＝n 0成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立.这实质上是证明了一种循环.如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立；n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立.如此反复，以至对所有n ≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇.2.在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步或只有第二步可以吗？为什么？ 提示 不可以；这两个步骤缺一不可，只完成步骤①而缺少步骤②，就作出判断可能得出不正确的结论.因为单靠步骤①，无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确，我们无法判定.同样，只有步骤②而缺少步骤①时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤①这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤②也就没有意义了.3.利用数学归纳法时，第二步为什么必须利用归纳假设？提示 第二步实际上是证明一个条件命题：“假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立”，其本质是证明一个递推关系，若不用归纳假设，就是没有证明这种递推关系，所以归纳假设是必须要用的.假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了.典例剖析知识点1 利用数学归纳法证明等式【例1】 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n （n ＋1）2.证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×（1＋1）2＝1，∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，等式成立， 即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2.那么，当n ＝k ＋1时，则有：12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k －1k （k ＋1）2＋(－1)k (k ＋1)2＝(－1)k k ＋12[－k ＋2(k ＋1)] ＝(－1)k（k ＋1）（k ＋2）2，∴n ＝k ＋1时，等式也成立.由(1)(2)得对任意n ∈N ＋有：12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.【反思感悟】 利用数学归纳法证明等式的关键是当n ＝k ＋1时利用假设n ＝k 成立进行转化证明，要分清楚增加的几项分别是什么.1.用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n . 证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立. (2)假设当n ＝k (k ≥1)时命题成立，即 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ， 那么当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2.上式表明当n ＝k ＋1时命题也成立.由(1)和(2)知，命题对一切自然数均成立. 【例2】 证明12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (其中n ∈N ＋)成立的过程如下，请判断证明是否正确？为什么？证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12. ∴当n ＝1时，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1＝右边. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立.解 不正确，错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”.正确的证明如下：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立. (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立，就是 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N ＋都成立.【反思感悟】 在推证“n ＝k ＋1”命题也成立时，必须把“归纳假设”n ＝k 时的命题，作为必备条件使用上，否则不是数学归纳法.对项数估算的错误，特别是寻找n ＝k 与n ＝k ＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错是常见错误.2.用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2). 证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－122＝34， 右边＝2＋12×2＝34，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k . 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2 ＝k ＋12k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2＝k ＋12k ·k 2＋2k （k ＋1）2＝k ＋22（k ＋1）， 即n ＝k ＋1时，等式成立.由(1)(2)知，对于任意正整数n (n ≥2)，原等式成立.知识点2 用数学归纳法证明不等式【例3】 用数学归纳法证明： 1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ≥2).证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立. (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立.由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立.【反思感悟】 (1)由n ＝k 到n ＝k ＋1时的推证过程中应用了“放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一.(2)数学归纳法的应用通常与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等.3.1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1 (n ∈N ＋).证明 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1， ∴左边≥右边，即命题成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1.那么当n ＝k ＋1时， 1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2≥3k 2k ＋1＋1（k ＋1）2＝3k 2k ＋1＋1k 2＋2k ＋1≥3k 2k ＋1＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k （2k ＋3）＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝（3k ＋3）（2k ＋1）（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k ＋32k ＋3＝3（k ＋1）2（k ＋1）＋1. 由(1)(2)知原不等式在n ∈N ＋时均成立.课堂小结1.数学归纳法的两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就可能得出不正确的结论，因为单靠(1)无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确无法判断.同样只有步骤(2)而没有步骤(1)也可能得出不正确的结论.因为缺少(1)，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.2.数学归纳法证明的关键是第二步，此处要搞清两点：(1)当n ＝k ＋1时，证明什么，即待证式子的两端发生了哪些变化.(2)由n ＝k 推证n ＝k ＋1时，可以综合应用以前学过的定义、定理、公式、方法等来进行证明，只不过必须得把n ＝k 时的结论作为条件应用上.随堂演练1.用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2 D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C2.用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22 (n ∈N ＋)，则从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应添加的项为( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2 答案 D3.已知a 1＝2，a n ＋1＝2＋a n ，n ∈N ＋，求证：a n <2. 证明 (1)n ＝1时，∵a 1＝2，∴a 1<2. (2)假设n ＝k (k ≥1)时，a k <2，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2＋a k <2＋2＝2. 故n ＝k ＋1时，命题成立.由(1)(2)知，n ∈N ＋时，a n <2都成立.一、选择题 1.设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n＋1＋12n＋2D.12n＋1－12n＋2解析f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋12nf(n＋1)＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2∴f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2，选D.答案 D2.用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1)”在验证n＝1时，左端计算所得的项为()A.1B.1＋aC.1＋a＋a2D.1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，a n＋1＝a2，∴左边应为1＋a＋a2，故选C.答案 C3.用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)…·(n＋n)＝2n×1×3…(2n－1)时，从“k到k ＋1”左边需增乘的代数式是()A.2k＋1B.2k＋1 k＋1C.2(2k＋1)D.2k＋2 k＋1解析n＝k时，(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2n－1). n＝k＋1时，(k＋2)…(k＋k)·(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1).∴增乘的代数式是（2k＋1）（2k＋2）k＋1＝2(2k＋1)，选C.答案 C二、填空题4.数列{a n}中，已知a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是________.解析a1＝1，a2＝a1＋3＝4，a3＝4＋5＝9，a4＝9＋7＝16，猜想a n＝n2.答案 a n ＝n 25.记凸k 边形对角线的条数为f (k )(k ≥4)，那么由k 到k ＋1时，对角线条数增加了________条.解析 ∵f (k )＝12k (k －3)，f (k ＋1)＝12(k ＋1)(k －2)，f (k ＋1)－f (k )＝k －1. 答案 k －16.在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n .通过求a 2，a 3，a 4猜想a n 的表达式是________.解析 13＋a 2＝2(2×2－1)a 2，a 2＝115， 13＋115＋a 3＝3(2×3－1)a 3，a 3＝135， 13＋115＋135＋a 4＝4(2×4－1)a 4，a 4＝163， 猜想a n ＝1（2n ）2－1.答案 a n ＝1（2n ）2－1三、解答题7.求证：(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1) (n ∈N ＋). 证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，等式右边＝2×1＝2， ∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋ )时，等式成立.即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)成立. 那么当n ＝k ＋1时，(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)[2(k ＋1)－1]. 即n ＝k ＋1时等式成立.由(1)、(2)可知对任意n ∈N ＋，等式都成立. 8.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋).。
高中数学第2章几个重要的不等式分层突破北师大版选修
[再练一题] 1．设 a，b，x，y 都是正数，且 x＋y＝a＋b，求证：a＋a2 x＋b＋b2 y≥a＋2 b.
【证明】 因为 a，b，x，y 都是正数，x＋y＝a＋b，
由柯西不等式可知
a＋a2 x＋b＋b2 y(a＋x＋b＋y)
≥
a a＋x·
a＋x＋
b b＋y·
b＋y2＝(a＋b)2.
又 ax＋y＋z＝1，求 2x2＋3y2＋z2 的最小值．
【解】 由柯西不等式，得
2x2＋3y2＋z2＝161(2x2＋3y2＋z2)·12＋13＋1 ≥161 2x·22＋ 3y·33＋z·12＝161(x＋y＋z)2＝161， ∴2x2＋3y2＋z2≥161.
当且仅当
2x＝ 2
[再练一题] 2．设 a，b，c 为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：(1)c(a＋b－c)≥b(c ＋a－b)≥a(b＋c－a)； (2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
【证明】 (1)用比较法：c(a＋b－c)－b(c＋a－b) ＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2＝b2－c2＋ac－ab ＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)＝(b＋c－a)(b－c)． 因为 b≥c，b＋c－a≥0， 于是 c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0， 即 c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)．① 同理可证 b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)．② 综合①②，证毕．
【精彩点拨】 由 f(n)与 g(n)的关系，直接比较不容易，可先比较前 n 项， 猜想出结论，再由数学归纳法证明．
【规范解答】 由 f( 2)＝1－ 222n＋1＝1－2n＋2 1，g(n)＝1－n2＋2 1， ∴要比较 f( 2)与 g(n)的大小，只需比较 2n 与 n2 的大小． 当 n＝4 时，24＝16＝42， 当 n＝5 时，25＝32>52＝25， 当 n＝6 时，26＝64>62＝36. 故猜测当 n≥5(n∈N＋)时，2n>n2，下面用数学归纳法加以证明．
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- 1 - 【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第2章 几个重要的不等式章末分层突破学案 北师大版选修4-5
[自我校对] ①一般形式的柯西不等式 ②排序不等式 ③逆序和 ④乱序和 ⑤原理 ⑥贝努利不等式
柯西不等式的应用 柯西不等式形式优美，结构易证，因此在解题时，根据题目特征，灵活运用柯西不等式，- 2 -
可证明一些简单不等式． 已知a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，求证：13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≤43. 【精彩点拨】 根据特征不等式的特点，可考虑用柯西不等式证明，但要先构造向量(1,1,1)，利用|m·n|2≤|m|2·|n|2证明． 【规范解答】 因为a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，令 m＝(13a＋1，13b＋1，13c＋1)，n＝(1,1,1)．
则|m·n|2＝(13a＋1＋13b＋1＋13c＋1)2， |m|2·|n|2＝3[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)] ＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48. ∵|m·n|2≤|m|2·|n|2， ∴(13a＋1＋13b＋1＋13c＋1)2≤48， ∴13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≤43. [再练一题]
1．设a，b，x，y都是正数，且x＋y＝a＋b，求证：a2a＋x＋b2b＋y≥a＋b2. 【证明】 因为a，b，x，y都是正数，x＋y＝a＋b， 由柯西不等式可知
a2a＋x＋b2b＋y(a＋x＋b＋y)
≥aa＋x·a＋x＋bb＋y·b＋y2＝(a＋b)2. 又a＋x＋b＋y＝2(a＋b)． 所以a2a＋x＋b2b＋y≥a＋b22a＋b＝a＋b2. 利用排序不等式证明不等式 应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计，这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组． 已知a，b，c为正数，求证：
a＋b＋c≤a2＋b22c＋b2＋c22a＋c2＋a22b.
【精彩点拨】 本题属于左3项右3项的类型，虽然a，b，c没有顺序，但可用顺序不等式证明，不妨先设a≥b≥c，再利用定理证明． 【规范解答】 由于不等式关于a，b，c对称，可设a≥b≥c>0.
于是a2≥b2≥c2，1c≥1b≥1a. - 3 -
由排序不等式，得 a2·1a＋b2·1b＋c2·1c≤a2·1b＋b2·1c＋c2·1a，
及a2·1a＋b2·1b＋c2·1c≤a2·1c＋b2·1a＋c2·1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中的不等式． [再练一题] 2．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：(1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)； (2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc. 【证明】 (1)用比较法：c(a＋b－c)－b(c＋a－b) ＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2＝b2－c2＋ac－ab ＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)＝(b＋c－a)(b－c)． 因为b≥c，b＋c－a≥0， 于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0， 即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)．① 同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)．② 综合①②，证毕． (2)由题设及(1)知 a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，
于是由排序不等式“逆序和≤乱序和”得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c) ＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)．③ 再一次由“逆序和≤乱序和”得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c) ＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)．④ 将③和④相加再除以2，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
利用柯西不等式求最值 由于柯西不等式是求解含多个变量式子最值(除平均值不等式外)的一种重要方法，是某些求最值问题的唯一工具，应用的关键是根据题设条件，对目标函数进行配凑，以保证出现常数结果，同时，注意等号成立的条件． - 4 -
求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值． 【精彩点拨】 根据x，y的系数适当构造形式求解，切忌等号成立的条件． 【规范解答】 由柯西不等式，得 (12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1，
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥16，
当且仅当y－11＝3－x－y2＝2x＋y－61，即 x＝52，y＝56时，上式取等号．
故所求x＝52，y＝56. [再练一题] 3．已知x＋y＋z＝1，求2x2＋3y2＋z2的最小值． 【解】 由柯西不等式，得
2x2＋3y2＋z2＝611(2x2＋3y2＋z2)·12＋13＋1
≥6112x·22＋3y·33＋z·12＝611(x＋y＋z)2＝611， ∴2x2＋3y2＋z2≥611. 当且仅当2x22＝3y33＝z1，即x＝311，y＝211，z＝611时取等号．
∴2x2＋3y2＋z2的最小值为611. 数学归纳法与猜想证明 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想，探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．
已知f(n)＝1－2x2n＋1，g(n)＝n2－1n2＋1， 当n≥4时，试比较f(2)与g(n)的大小，并说明理由． 【精彩点拨】 由f(n)与g(n)的关系，直接比较不容易，可先比较前n项，猜想出结论，再由数学归纳法证明． - 5 -
【规范解答】 由f(2)＝1－222n＋1＝1－22n＋1，g(n)＝1－2n2＋1， ∴要比较f(2)与g(n)的大小，只需比较2n与n2的大小． 当n＝4时，24＝16＝42， 当n＝5时，25＝32>52＝25， 当n＝6时，26＝64>62＝36. 故猜测当n≥5(n∈N＋)时，2n>n2，下面用数学归纳法加以证明． (1)当n＝5时，命题显然成立． (2)假设n＝k(k≥5，且k∈N＋)时，不等式成立， 即2k>k2(k≥5)， 则当n＝k＋1时， 2k＋1＝2·2k>2·k2 ＝k2＋k2＋2k＋1－2k－1 ＝(k＋1)2＋(k－1)2－2>(k＋1)2·(k－1)2>2. 由(1)(2)可知，对一切n≥5，n∈N＋，2n>n2成立．
综上可知，当n＝4时，f(2)＝g(n)＝n2－1n2＋1；当n≥5时，f(2)>g(n)． [再练一题] 4．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，并猜想an，bn的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 【解】 (1)由条件可得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1，
则a2＝2b1－a1＝6，b2＝a22b1＝9；
a3＝2b2－a2＝12，b3＝a23b2＝16；
a4＝2b3－a3＝20，b4＝a24b3＝25.
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. (2)证明：①当n＝1时，由a1＝2，b1＝4知结论正确． ②假设当n＝k时结论正确，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2. 则n＝k＋1时， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝a2k＋1bk＝k＋12k＋22k＋12＝(k＋2)2. - 6 -
即n＝k＋1时结论正确． 由①②知猜想的结论正确. 数学思想方法 解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解较为困难，通过观察、分析、类比、联想等思维过程，选择运用恰当的数学方法进行变换，将原问题转化为一个新问题．本章常把要证明的不等式通过换元或恒等变形把命题转化为柯西不等式或排序不等式的形式加以解决．
已知a>b>c，求证：1a－b＋1b－c≥4a－c. 【精彩点拨】 构造柯西不等式的证明． 【规范解答】 ∵a－c＝(a－b)＋(b－c)， ∵a>c，∴a－c>0，
∴(a－c)1a－b＋1b－c＝[(a－b)＋(b－c)]·1a－b＋1b－c≥(1＋1)2＝4，
∴1a－b＋1b－c≥4a－c. [再练一题] 5．设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2≥1003.
【证明】 ∵左边＝13(12＋12＋12)·a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2
≥131×a＋1a＋1×b＋1b＋1×c＋1c2 ＝131＋1a＋1b＋1c2 ＝131＋a＋b＋c1a＋1b＋1c2 ≥13(1＋9)2＝1003， ∴原结论成立．
1．(陕西高考)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________．