2018-2019学年同步指导人教B版数学选修4-5导学案：第二章 本章复习1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精本章复习课1.认识柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，会用二维、三维柯西不等式进行简单的证明与求最值。2。理解并掌握两个或三个正数的算术平均、几何平均数不等式并会应用它们求一些特定函数的最值。3。了解排序不等式及平均值不等式.知识结构知识梳理1。二维形式的柯西不等式(1)定理1（二维）:设a1，a2，b1，b2均为实数，则（aeq\o\al（2,1)＋aeq\o\al(2,2)）·（beq\o\al（2,1）＋beq\o\al(2，2))≥（a1b1＋a2b2)2，上式等号成立⇔a1b2＝a2b1.(2）(二维变式）:eq\r(a2＋b2）·eq\r(c2＋d2)≥|ac＋bd｜.(3）定理2(向量形式)：设α，β为平面上的两个向量，则|α｜｜β｜≥｜α·β|,当α及β为非零向量时，上式中等号成立⇔向量α与β共线（或平行)⇔存在实数λ≠0,使得α＝λβ。（4)定理3（三角不等式):设a1,a2，b1，b2为实数，则eq\r(aeq\o\al（2，1）＋aeq\o\al（2，2))＋eq\r(beq\o\al(2，1）＋beq\o\al(2，2)）≥eq\r(（a1＋b1）2＋(a2＋b2）2)，等号成立⇔存在非负实数μ及λ,使μa1＝λb1，μa2＝λb2。（5)三角变式：设a1，a2，b1，b2，c1，c2为实数，则eq\r（（a1－b1）2＋（a2－b2）2）＋eq\r（（b1－c1)2＋（b2－c2）2）≥eq\r(（a1－c1）2＋（a2－c2）2)，等号成立⇔存在非负实数λ及μ使得μ(a1－b1)＝λ(b1－c1)且μ（a2－b2）＝λ(b2－c2）.(6）三角向量式：设α，β，γ为平面向量，则|α－β｜＋｜β－γ|≥|α－γ|.2.三维形式的柯西不等式：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al（2,2)＋aeq\o\al(2，3)）（beq\o\al（2，1)＋beq\o\al(2，2）＋beq\o\al(2,3）)≥（a1b1＋a2b2＋a3b3）2。3.柯西不等式的一般形式：设a1，a2,…，an，b1，b2，b3，…，bn为实数，则（aeq\o\al（2,1）＋aeq\o\al（2，2）＋…＋aeq\o\al(2，n)）eq\s\up6(\f(1，2)）(beq\o\al(2,1）＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n））eq\s\up6(\f（1，2））≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn｜,其中等号成立⇔eq\f（a1，b1)＝eq\f(a2，b2）＝…＝eq\f(an,bn)。4.柯西不等式的一般形式的证明：参数配方法.5。排序不等式：设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1,c2,…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列,则有：a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn等号成立（反序和等于顺序和)⇔a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和.6.平均值不等式（1)定理1：设a1，a2，…，an为n个正数,则eq\f(a1＋a2＋…＋an，n)≥eq\r(n，a1a2…an),等号成立⇔a1＝a2＝…＝an.(2)推论1:设a1，a2，…，an为n个正数，且a1a2…an＝1，则a1＋a2＋…＋an≥n，且等号成立⇔a1＝a2＝…＝an＝1。(3)推论2：设C为常数，且a1,a2,…，an为n个正数，当a1＋a2＋…＋an＝nC时,则a1a2…an≤Cn，且等号成立⇔a1＝a2＝…＝an。(4)定理2：设a1,a2，…，an为n个正数，则eq\r(n，a1a2…an）≥eq\f（n,\f（1,a1）＋\f（1,a2）＋…＋\f（1,an)），等号成立⇔a1＝a2＝…＝an。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，d为正数,且不全相等,求证：eq\f(2，a＋b)＋eq\f(2，b＋c)＋eq\f（2，c＋d)＋eq\f(2，d＋a)>eq\f（16，a＋b＋c＋d）.证明构造两组数eq\r（a＋b)，eq\r(b＋c)，eq\r(c＋d)，eq\r（d＋a)，与eq\f(1，\r（a＋b）),eq\f(1,\r(b＋c）)，eq\f（1,\r(c＋d）)，eq\f(1，\r(d＋a）），则由柯西不等式得:(a＋b＋b＋c＋c＋d＋d＋a)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，a＋b)＋\f(1，b＋c)＋\f(1，c＋d）＋\f（1,d＋a）)）≥（1＋1＋1＋1)2.即2(a＋b＋c＋d）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，a＋b）＋\f(1，b＋c）＋\f(1，c＋d)＋\f（1,d＋a)）)≥16，于是eq\f（2，a＋b)＋eq\f（2，b＋c）＋eq\f(2,c＋d）＋eq\f（2,d＋a）≥eq\f（16,a＋b＋c＋d),等号成立⇔eq\f（\r(a＋b），\f（1,\r（a＋b)))＝eq\f(\r（b＋c），\f（1，\r(b＋c）)）＝eq\f(\r(c＋d），\f(1，\r(c＋d）))＝eq\f(\r（d＋a），\f(1，\r（d＋a)））⇔a＋b＝b＋c＝c＋d＝d＋a⇔a＝b＝c＝d。因题设a，b，c,d不全相等，故eq\f(2，a＋b)＋eq\f（2,b＋c）＋eq\f（2,c＋d）＋eq\f(2,d＋a）〉eq\f（16，a＋b＋c＋d)。知识点2利用柯西不等式求最值【例2】已知x＋y＋z＝1，求eq\r（3x＋1）＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3）的最大值。解由柯西不等式，得（eq\r（3x＋1)·1＋eq\r(3y＋2)·1＋eq\r（3z＋3)·1)≤eq\r(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)·eq\r（12＋12＋12)＝eq\r(3（x＋y＋z）＋6)·eq\r(3)＝eq\r（27)＝3eq\r(3）.等号成立⇔eq\f（\r(3x＋1)，1）＝eq\f（\r(3y＋2），1)＝eq\f(\r(3z＋3）,1），即3x＋1＝3y＋2＝3z＋3设3x＋1＝k，则x＝eq\f（k－1，3)，y＝eq\f(k－2，3)，z＝eq\f（k－3，3）。代入x＋y＋z＝1，得k＝3.∴x＝eq\f(2，3），y＝eq\f（1,3），z＝0时取等号。知识点3利用排序不等式证明不等式【例3】设a，b，c为正数，求证:2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a2,b＋c)＋\f（b2,c＋a)＋\f（c2,a＋b)))≥eq\f（b2＋c2，b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a)＋eq\f（a2＋b2，a＋b)。证明由对称性，不妨设a≥b≥c>0,于是a＋b≥a＋c≥b＋c,故a2≥b2≥c2,eq\f（1,b＋c）≥eq\f(1,c＋a）≥eq\f(1，a＋b）,由排序不等式得：eq\f(a2,b＋c）＋eq\f（b2，c＋a）＋eq\f（c2，a＋b)≥eq\f(c2,b＋c)＋eq\f(a2，c＋a）＋eq\f（b2，a＋b）eq\f（a2，b＋c）＋eq\f（b2,c＋a）＋eq\f（c2,a＋b)≥eq\f(b2,b＋c）＋eq\f(c2，c＋a）＋eq\f(a2,a＋b)以上两式相加得：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(a2，b＋c)＋\f（b2,c＋a）＋\f（c2，a＋b）))≥eq\f(b2＋c2，b＋c）＋eq\f（c2＋a2,c＋a)＋eq\f（a2＋b2,a＋b）。知识点4平均值不等式的实际应用【例4】在半径为R的球的所有外切圆锥中求全面积最小的一个.解设x为圆锥底面半径，S为它的全面积,则S＝πx2＋πx·AC＝πx2＋πx(x＋CD）由Rt△CAE∽Rt△COD得eq\f(CD,R）＝eq\f(CE,x)＝eq\f（\r（AC2－AE2），x）＝eq\f(\r(（CD＋x）2－x2），x）.解得CD＝eq\f(2R2x，x2－R2）.于是S＝πxeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋x＋\f(2R2x，x2－R2)）)＝eq\f(2πx4，x2－R2).因为S和eq\f（S，2π）同时取得最小值，所以考虑eq\f（S,2π）的最小值问题。eq\f(S,2π）＝eq\f(x4,x2－R2)＝eq\f（x4－R4＋R4，x2－R2）＝x2＋R2＋eq\f（R4，x2－R2)＝（x2－R2)＋eq\f（R4,x2－R2)＋2R2≥2eq\r(R4）＋2R2＝4R2。于是S≥8πR2,等号成立⇔x2－R2＝eq\f（R4,x2－R2)⇔x＝eq\r（2)R。所以圆锥的最小全面积为8πR2。基础达标1.已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2取到最小值时的x，y，z的值为(）A。eq\f（5，3）,eq\f（10，9)，eq\f（5,6) B。eq\f(20,29）,eq\f（30，29），eq\f（40，29)C。1，eq\f（1，2）,eq\f(1,3） D.1，eq\f（1，4)，eq\f(1,9)解析当且仅当eq\f(x，2)＝eq\f（y，3)＝eq\f(z,4）时，x2＋y2＋z2取到最小值，所以联立eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝\f（y，3)＝\f(z,4),，2x＋3y＋4z＝10，））可得x＝eq\f(20,29)，y＝eq\f(30,29)，z＝eq\f(40,29）.答案B2.设x1，x2,…，xn，取不同的正整数，则m＝eq\f（x1,12)＋eq\f(x2,22）＋…＋eq\f（xn，n2）的最小值是（)A.1 B.2C.1＋eq\f（1，2)＋eq\f（1，3)＋…＋eq\f(1,n) D.1＋eq\f（1,22）＋eq\f（1,32)＋…＋eq\f（1,n2）解析∵x1,x2,…,xn是n个不同的正整数，所以1，2，3，…,n就是最小的一组，m＝eq\f（x1,12)＋eq\f（x2，22)＋…＋eq\f（xn,n2）≥1＋eq\f(1,2)＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f（1,n）(前边是乱序和，后面是反序和）。答案C3.一批救灾物资随26辆汽车从A市以vkm/h匀速直达灾区,已知两地公路长400km，为安全起见，两车间距不得小于eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(v，20）））eq\s\up12（2)km，那么这批物资全部到灾区，至少需要______h.()A.5B。10C.15D。20解析依题意，所用时间为eq\f(25×\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（v,20))）\s\up12(2）＋400,v)＝eq\f（25,400）v＋eq\f(400,v）≥10，当且仅当v＝80时取等号。答案B4.已知x＋2y＋3z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值为________.解析(x2＋y2＋z2)（12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z）2＝1。∴x2＋y2＋z2≥eq\f（1，14)。当且仅当eq\f（x，1)＝eq\f（y,2)＝eq\f(z,3)，即x＝eq\f(1，14)，y＝eq\f（1,7),z＝eq\f(3，14）时,x2＋y2＋z2取最小值eq\f（1，14）。答案eq\f（1,14)5。设a，b，c∈R＋,且a＋b＋c＝1，则eq\r(a）＋eq\r（b）＋eq\r(c）的最大值是________。解析3(a＋b＋c）＝(1＋1＋1)（a＋b＋c）≥(eq\r（a)＋eq\r（b)＋eq\r(c)）2.所以eq\r(a)＋eq\r(b）＋eq\r（c)≤eq\r（3（a＋b＋c))＝eq\r(3)。答案eq\r(3)6。已知正数a，b,c满足a＋b＋c＝1，证明：a3＋b3＋c3≥eq\f（a2＋b2＋c2,3).证明利用柯西不等式eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a2＋b2＋c2)）eq\s\up12（2)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a\f（3,2）a\f（1,2)＋b\f（3,2)b\f（1,2）＋c\f（3，2)c\f（1，2)))eq\s\up12（2）≤［（aeq\f(3,2)）2＋（beq\f（3,2）)2＋（ceq\f（3，2））2][a＋b＋c］＝(a3＋b3＋c3)(a＋b＋c)2(∵a＋b＋c＝1)又因为a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，在此不等式两边同乘以2,再加上a2＋b2＋c2得：（a＋b＋c）2≤3（a2＋b2＋c2)∵(a2＋b2＋c2)2≤（a3＋b3＋c3）·3(a2＋b2＋c2)故a3＋b3＋c3≥eq\f（a2＋b2＋c2,3）.综合提高7.已知3x2＋2y2≤1，则3x＋2y的取值范围是(）A。［0，eq\r(5）］ B。［－eq\r（5），0]C.［－eq\r（5)，eq\r(5)] D.［－5，5]解析|3x＋2y｜≤eq\r(（\r(3)x）2＋（\r（2）y）2)·eq\r(（\r（3）)2＋（\r（2)）2）≤eq\r(5）。所以－eq\r(5）≤3x＋2y≤eq\r（5).答案C8。已知x，y，z∈R＋，且eq\f（1，x）＋eq\f（2,y）＋eq\f（3，z)＝1，则x＋eq\f(y，2）＋eq\f(z,3）的最小值是（）A。5 B.6C.8 D.9解析x＋eq\f（y，2)＋eq\f（z，3）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,x）＋\f(2,y）＋\f（3，z))）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y，2)＋\f(z，3）))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,\r（x）)×\r(x）＋\r（\f(2，y))×\r(\f(y,2))×\r(\f（3,z））×\r（\f(z,3））)）eq\s\up12(2)＝9.答案D9。函数y＝2eq\r(2－x)＋eq\r（2x－3）的最大值是________。解析y＝eq\r（2)×eq\r（4－2x)＋1×eq\r(2x－3)≤eq\r(［（\r（2）)2＋12］(4－2x＋2x－3））＝eq\r（3).答案eq\r（3）10。设x1,x2,…,xn取不同的正整数，则m＝eq\f(x1，12)＋eq\f（x2,22）＋…＋eq\f(xn,n2)的最小值是________.解析设a1，a2，…，an是x1，x2，…,xn的一个排列，且满足a1<a2〈…〈an，故a1≥1,a2≥2，…，an≥n。又因为1〉eq\f(1，22)〉eq\f（1，32)>…>eq\f（1,n2)，所以eq\f(x1，1）＋eq\f（x2,22)＋eq\f（x3,32)＋…＋eq\f(xn，n2)≥a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f（a3，32）＋…＋eq\f（an,n2)≥1×1＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1，32）＋…＋n×eq\f(1,n2）＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，n).答案1＋eq\f（1，2)＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f(1,n)11.求椭圆eq\f（x2,a2)＋eq\f(y2,b2）＝1（a>b〉0)的内接矩形的最大面积，并求此时矩形的边长.解方法一：设第一象限顶点坐标（x,y)。∵S与S2同时取得最大值。又y2＝eq\f（b2，a2)（a2－x2），∴S2＝16x2y2＝16x2·eq\f(b2,a2）(a2－x2）＝eq\f（16b2,a2)x2（a2－x2）≤eq\f(16b2，a2)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋(a2－x2),2))）eq\s\up12（2）＝4a2b2.∴Smax＝2ab.此时有x2＝a2－x2，即x＝eq\f(\r(2),2）a时，内接矩形面积最大，此时，矩形的边长分别为eq\r(2）a，eq\r