2016-2017学年人教a版选修4-5 一般形式的柯西不等式 学案

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1、课堂探究1．一般形式的柯西不等式的应用剖析：我们主要利用柯西不等式来证明一些不等式或求值等问题，但往往不能直接应用，需要对数学式子的形式进行变化，拼凑出与一般形式的柯西不等式相似的结构，才能应用，因而适当变形是我们应用一般形式的柯西不等式的关键，也是难点．我们要注意在数学式子中，数或字母的顺序要对比柯西不等式中的数或字母的顺序，以便能使其形式一致起来，然后应用解题．2．正确利用“1”剖析：数字“1”的利用非常重要，为了利用柯西不等式，除了拼凑应该有的结构形式外，对数字、系数的处理往往起到某些用字母所代表的数或式子所不能起的作用．这要求在理论上认识柯西不等式与实际应用时二者达到一种默契．教材

2、例1中数字“1”的利用说明了处理问题与变形的灵活性．题型一三维形式的柯西不等式【例1】已知a，b，c＞0，求证：≥9.分析：对应三维形式的柯西不等式，a1＝，a2＝，a3＝，b1＝，b2＝，b3＝，而a1b1＝a2b2＝a3b3＝1，因而得证．证明：由柯西不等式，知(＋＋)(＋＋)＝×≥2＝(1＋1＋1)2＝9，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．故原不等式成立．反思由a，b，c构成新的数字，形成三维形式的柯西不等式．这从所给的数学式的结构中看出，需要有较高的观察能力.题型二多维形式的柯西不等式【例2】已知a1，a2，…，an都是正实数，且a1＋a2＋…＋an＝1.求证：＋＋…＋＋≥.分析：已

3、知条件中a1＋a2＋…＋an＝1，可以看作“1”的代换，而要证的不等式的左边为，，…等数的平方和，所以a1＋a2＋…＋an＝1，应扩大2倍后再利用．本题还可以利用其他的方法证明．证法一：根据柯西不等式，得不等式左边＝＋＋…＋＋＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＋(an＋a1)]××＝××≥2×＝(a1＋a2＋…＋an)2×＝＝不等式右边．当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．∴原不等式成立．证法二：因为a＞0，则a＋≥2，即a≥2－，当且仅当a＝1时等号成立．利用上面的结论，知＝×≥＝a1－.同理，有≥a2－，…≥an－1－，≥an－.以上式子相

4、加整理，得＋＋…＋＋≥(a1＋a2＋…＋an)＝，当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．反思通过本题不同的证明方法可以看出，无论用柯西不等式或其他重要不等式来证明，构造出所需要的某种结构是证题的难点，因此，对柯西不等式或其他重要不等式，要熟记公式的特点，能灵活变形，才能灵活应用.题型三柯西不等式的综合应用【例3】设f(x)＝lg，若0≤a≤1，n∈N＋且n≥2，求证：f(2x)≥2f(x)．分析：由题目可获取以下主要信息：①已知f(x)的函数表达式．②变量的取值范围．③证明相关的不等式．解答本题的关键是将f(2x)≥2f(x)具体化，再根据式子的结构特点选择合适的证明方法．证明：∵f(2

5、x)＝lg，∴要证f(2x)≥2f(x)．只要证lg≥2lg.即证≥2也即证n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，(*)∵0≤a≤1，∴a≥a2，根据柯西不等式得n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]{(1x)2＋(2x)2＋…＋[(n－1)x]2＋(a·nx)2}≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，即(*)式成立，故原不等式成立．反思对于较为复杂的证明问题，可采用“分析法”进行推导，从而找到柯西不等式的结构特征.题型四易错辨析【例4】已知a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝9，ax＋by＋cz≤t

6、，求t的最小值．错解：求t的最小值，即求u＝ax＋by＋cz的最大值．ax≤，by≤，cz≤，三式相加得：ax＋by＋cz≤＋＋＝5，故u＝ax＋by＋cz的最大值为5，从而t的最小值为5.错因分析：基本不等式得到u＝ax＋by＋cz≤5是正确的，但这只是能说明u的最大值有小于或等于5两种可能，并不能得出u的最大值一定是5.事实上，如果u的最大值为5，错解中的三个不等式应同时取“＝”，于是a＝x，b＝y，c＝z从而得出a2＋b2＋c2＝x2＋y2＋z2，即t＝5，这是不可能的．产生错解的原因是对最值的概念及基本不等式中的等号成立的条件掌握不牢．正解：求t的最小值，即求u＝ax＋by＋cz的

7、最大值．由柯西不等式得：u2＝(ax＋by＋cz)2≤(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)＝1×9＝9，u＝ax＋by＋cz≤3，当且仅当＝＝时等号成立，此时u＝ax＋by＋cz的最大值为3，从而t的最小值为3.