选修4-5第三讲 柯西不等式与排序不等式综合与测试复习练习题

这是一份选修4-5第三讲 柯西不等式与排序不等式综合与测试复习练习题，共5页。试卷主要包含了柯西不等式的易错点，排序不等式的易错点等内容，欢迎下载使用。


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警示·易错提醒]
1．柯西不等式的易错点．
在应用柯西不等式时，易忽略等号成立的条件．
2．排序不等式的易错点．
不等式具有传递性，但并不是任意两个不等式比较大小都可以用传递性来解决的，由a＞m，b＞m，推出a＞b是错误的．
专题一 柯西不等式的应用
柯西不等式主要有二维形式的柯西不等式(包括向量形式、三角形式)和一般形式的柯西不等式，不仅可以用来证明不等式，还可以用来求参数的取值范围、方程的解等，而应用柯西不等式的关键在于构造两个适当的数组，并且注意等号成立的条件．
例1] 已知|x|≤1，|y|≤1，试求xeq \r(1－y2)＋yeq \r(1－x2)的最大值．
解：由柯西不等式，得xeq \r(1－y2)＋yeq \r(1－x2)≤
eq \r(x2＋（\r(1－x2)）2)·eq \r(y2＋（\r(1－y2)）2)＝1，
当且仅当xy＝eq \r(1－x2)·eq \r(1－y2)，
即x2＋y2＝1时，等号成立，
所以xeq \r(1－y2)＋yeq \r(1－x2)的最大值为1.
归纳升华
柯西不等式可以用来求最值和证明不等式，应用柯西不等式的关键在于构造两个适当的数组，并且要注意等号成立的条件．
变式训练] 若n是不小于2的正整数，求证：eq \f(4,7)＜1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＜eq \f(\r(2),2).
证明：因为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2n)))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝
eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
所以原不等式等价于eq \f(4,7)＜eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)＜eq \f(\r(2),2).
由柯西不等式，有：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋…＋\f(1,2n)))(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]≥n2.
因为n是不小于2的正整数，
所以等式eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,n＋2)＝…＝eq \f(1,2n)不成立，
于是eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)＞eq \f(n2,（n＋1）＋（n＋2）＋…＋2n)＝eq \f(2n,3n＋1)＝eq \f(2,3＋\f(1,n))≥eq \f(2,3＋\f(1,2))＝eq \f(4,7).
由柯西不等式，得eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)＜
eq \r(（12＋12＋…＋12）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（n＋1）2)＋\f(1,（n＋2）2)＋…＋\f(1,（2n）2))))＜eq \r(n·\f(1,2n))＝eq \f(\r(2),2).
所以原不等式成立．
专题二 排序不等式的应用
应用排序不等式可以比较方便地证明一类不等式，但在应用排序不等式时，要抓住它的本质含义：同向时乘积之和最大，反向时乘积之和最小．
例2] 已知a，b，c∈R＋，求证eq \f(a2＋b2,2c)＋eq \f(b2＋c2,2a)＋eq \f(c2＋a2,2b)≥
a＋b＋c.
证明：设a≥b≥c＞0.于是a2≥b2≥c2，eq \f(1,c)≥eq \f(1,b)≥eq \f(1,a).
由排序不等式，得
a2·eq \f(1,a)＋b2·eq \f(1,b)＋c2·eq \f(1,c)≤a2·eq \f(1,b)＋b2·eq \f(1,c)＋c2·eq \f(1,a)，①
a2·eq \f(1,a)＋b2·eq \f(1,b)＋c2·eq \f(1,c)≤a2·eq \f(1,c)＋b2·eq \f(1,a)＋c2·eq \f(1,b).②
①＋②，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2·\f(1,a)＋b2·\f(1,b)＋c2·\f(1,c)))≤a2·eq \f(1,b)＋b2·eq \f(1,c)＋c2·eq \f(1,a)＋a2·eq \f(1,c)＋b2·eq \f(1,a)＋c2·eq \f(1,b)，
则2(a＋b＋c)≤eq \f(a2＋b2,c)＋eq \f(b2＋c2,a)＋eq \f(c2＋a2,b)，
所以eq \f(a2＋b2,2c)＋eq \f(b2＋c2,2a)＋eq \f(c2＋a2,2b)≥a＋b＋c成立．
归纳升华
应用排序不等式的关键在于构造两个数组．而数组的构造需要考虑条件和结论间的关系，因此需要对式子观察分析，给出适当的数组.
变式训练] 已知a，b，c∈R，求证a＋b＋c≤eq \f(a4＋b4＋c4,abc).
证明：不妨设a≥b≥c＞0，
则有a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc.
由排序原理，得a2bc＋ab2c＋abc2≤a3c＋b3a＋c3b.
又a3≥b3≥c3，且a≥b≥c，
由排序原理，得a3c＋ab3＋bc3≤a4＋b4＋c4，
所以a＋b＋c≤eq \f(a4＋b4＋c4,abc).
专题三 转化与化归思想
转化与化归思想是指在解决问题时，将问题通过变换使之化繁为简，化难为易的一种解决问题的思想．
例3] 求使lg(xy)≤lg a·eq \r(lg2x＋lg2y)对大于1的任意x与y恒成立的a的取值范围．
解：因为eq \r(lg2x＋lg2y)＞0，且x＞1，y＞1，
所以原不等式等价于lg a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg x＋lg y,\r(lg2x＋lg2y))))eq \s\d7(max).
令f(x，y)＝eq \f(lg x＋lg y,\r(lg2x＋lg2y))＝eq \r(\f(（lg x＋lg y）2,lg2x＋lg2y))＝
eq \r(1＋\f(2lg xlg y,lg2x＋lg2y))(lg x＞0，lg y＞0)．
因为lg2x＋lg2y≥2lg xlg y＞0，
所以0＜eq \f(2lg xlg y,lg2x＋lg2y)≤1，
所以1＜f(x，y)≤eq \r(2)，即lg a≥eq \r(2)，
所以a≥10eq \r(2).
归纳升华
解决数学问题时，常遇到一些直接求解较为困难的问题，通过观察、分析、类比、联想等，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(相对来说自己较熟悉的问题)，通过求解新问题，达到解决原问题的目的，这一思想方法我们称为“化归与转化的思想”．本讲常见的化归与转化的问题是通过换元或恒等变形把命题的表达形式化为柯西不等式或排序不等式的形式．
变式训练] 已知：an＝eq \r(1×2)＋eq \r(2×3)＋eq \r(3×4)＋…＋eq \r(n（n＋1）)(n∈N*)，求证：eq \f(n（n＋1）,2)＜an＜eq \f(n（n＋2）,2).
证明：因为eq \r(n（n＋1）)＝ eq \r(n2＋n)，n∈N*，
所以eq \r(n（n＋1）)＞n，
所以an＝eq \r(1×2)＋eq \r(2×3)＋…＋eq \r(n（n＋1）)＞1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
因为eq \r(n（n＋1）)＜eq \f(n＋（n＋1）,2)，
所以an＜eq \f(1＋2,2)＋eq \f(2＋3,2)＋eq \f(3＋4,2)＋…＋eq \f(n＋（n＋1）,2)＝eq \f(1,2)＋(2＋3＋…＋n)＋eq \f(n＋1,2)＝eq \f(n（n＋2）,2).
综上得eq \f(n（n＋1）,2)＜an＜eq \f(n（n＋2）,2).