有关克西不等式的竞赛试题

第一篇：有关克西不等式的竞赛试题

应用柯西不等式解中学数学题（竞赛专题）

温州中学谢正康

柯西不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其他一些不等式，有时还较为简捷。柯西不等式内容是：若a1,a2…，an与b1,b2…，bn为两组实数，则

a1b1a2b2

anbna1a2anb1b2bn(A)

2

当且仅当

a1b1



a2b2



anbn

时，（A）式取等号。

a1

证明：因为

b1x0

a2an

b2x0



bnx0

所以把上列n个不等式相加得

fxa1b1xa2b2xanbnx0,(1)

fxb1b2bnx2a1b1a2b2anbnxa1a2an0(2)

222

因为b1b2bn0,且fx0，所以关于x的二次三项式fx的判别式△0



即△=4a1b1a2b2anbn4b1b2bna1a2an0

即a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn(A)

现在研究（A）式取等号问题。

若（A）式取等号，则△=0，于是由（2）知方程f(x)0有二重实根xk,代入（1）得a1b1ka2b2kanbnk0

于是，a1b1ka2b2kanbnk0

所以

a1b1



a2b2



anbn

k(3)

这样，就是由若（A）式取等号，推导得（3）成立。反之，由（3）易于推导出（A）式取等号

说明：应用柯西不等式（A）证题的关键是善于构造两组数：

a1,a2,an;b1,b2,bn;

不等式（A）的左端是这两组数对应项的乘积之和的平方，即a1b1a2b2anbn，右端是每组中诸数平方和之积。

22222

即a1a2anb1b2bn

例1：已知，a1a2an1xxx1

2n

222

求证：a1x1a2x2anbn1证法一：（常用证法）

a1x12a1x1,

ax2a2x2,ax2anxn,22

2n

2n

把上面n个不等式相加，得

a

a2anx1x2xn2a1x12a2x22anxn,22



222



即

22a1x1a2x2anxna1x1a2x2anxn1

证法二：（利用柯西不等式来证明）

分析求证的不等式特点，可构造如下两组数：a1,a2,an;x1,x2xn 由柯西不等式（A）有

a1x1a2x2anxna1a2anx1x2xn





a1x1a2x2anxn1

两相比较，可见用柯西不等式证明较为简捷

例2：设a1,a2,an是一串互不相同的正整数，证明对一切自然数n，都有

a11



a22



ann

1



1n

分析：上不等式可写为

1112

1na11



a22



ann

构造如下两组数：

a11,a22,,ann；

1a1,1a2,

1an

由柯西不等式（A），有 a1

1

1a1

a22



1a2



ann



an1a1a2111222a2an2na1an1

an1a1111a1

 2即1222

2na2an2na11

与原不等式比较，须证

111111就行了 aann1a212

怎样证明上一不等式呢？

因为a1,a2,an是不相同的正整数，不失一般性，故可设a1,a2,an，是从小到大排列的正整数，于是有a11,a22,,ann



1a1

1,1a2

12,

1an

1n

把上n个不等式相加，有

111111

aa2ann112

ana1a11

12222

2n12n

请读者根据上面的分析写出证明

例3：设△ABC为任意三角形，求证：

tg

A2

tg

B2

tg

C2

1

分析：从所要证明的不等式出发，构造如下两组数：tg

A2,tg

B2,tg

C2，1，1，1

由柯西不等式（A），有

ABC

1tg1tg1tgtg2221ABC

即tgtgtgtg3222

A2

tg

2B2

tg

C222

1112

A2

tg

B2

tg

C2

A2

B2

C2

把上面这个不等式与求证的不等式比较，可知如果能推导出tg题就解决了，但是，tg

A2tg

B2B2

tg

C2

tgtg3，问

3，所以，这样构造的两组数不能证明求证的不等

式成立，因此应修改所构造的两组数如下：

tgA2,tg

B2,tg

C2

；tg,tg

C2,tg

A2,由柯西不等式（A），有

ABBCCAtgtgtgtgtgtgtg222222ABBCCA

即tgtgtgtgtgtgtg

222222

A2

tg

B2

tg

C

tg2

B2

tg

C2

tg

A2

A2

tg

B2

tg

C.2

把上面不等式与求证不等式比较，可知要证原不等式成立，须证

ABBCCAtgtgtgtgtg1. tg222222

上面这个不等式，可证明如下： 由已知ABC,CAB, tgctg22

tg



AtgA2tg

B

B2

1tgC2,1tg

tg

A2

tg

B2

tg

B2

tg

C2

tg

C2

tg

A2

1.这样，本题即可证明了.根据上面的分析，写出证明如下： 先构造如下两组数

tgtgA2B2,tg,tg

B2C2,tg,tg

C2A2;.由柯西不等式（A）有

ABBCCAtgtgtgtgtgtgtg222222ABBCCA即tgtgtgtgtgtgtg

222222

A2A2

tg

B2B2

tg

C

tg2

B2

tg

C2

tg

A2

tg

tg

C.2

由已知ABC,CAB, tgctg

22

tg



AtgA2tg

B2

B

B2

tg

B2

1tg

tg

1tg

tg

A2

C2C,tgtg

C2

tg

A2

1



于是，有1tg



tg

A2

B2

tg

B2

tg

C, 2

A2

tg

tg

x

C2

1.x

x

例4：设fxlg

n2，12n1na

n

其中a是实数，n是任意给定的自然数且

(i)如果f(x)当x(,1]时有意义,求a的取值范围

(ii)如果a(0,1],证明2fxf2x 当x0时成立.(1990年全国普通高等学校招生统一考试第26题)

此题第二步骤用柯西不等式证明较为简捷.证明：构造两组数，1,2x,3x,(n1)x,nxa1,1,1,1 当0a1x0时，有a2a 由柯西不等式（A）有

(112131(n1)1na)

x

x

x

x

x

x

x

(111)(1(2)(3)(na)]n(12n(12

2x2x

33

2x2x

(n1)(n1)

2x

n

2x

a]

2x

n

2x

a)

当 a1,x0时，因12x.于是由柯西不等式得

(12(n1)n)n(12

x

x

x

2x

(n1)

2x

n

2x)

故当a(0,1]x0都有(12x(n1)xnx)2

n[12

2x

(n1)

2x

n

2x

a)

第二篇：关于柯西不等式的证明

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

则柯西不等式得证。

第三篇：柯西不等式的证明

柯西不等式的证明

二维形式的证明

(a^2+b^2)(c^2+d^2)（a,b,c,d∈R)

=a^2·c^2 +b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^

2=a^2·c^2 +2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2－2abcd+b^2·c^2

=(ac+bd)^2+(ad－bc)^2

≥(ac+bd)^2，等号在且仅在ad－bc=0即ad=bc时成立。

三角形式的证明

√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]

证明： [√(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)]^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2*√(a^2+b^2)*√(c^2+d^2)≥a^2+b^2+c^2+d^2+2*|a*c+b*d| 注： | |表示绝对值。*表示乘

≥a^2+b^2+c^2+d^2-2（a*c+b*d）

=a^2-2*a*c+c^2+b^2-2bd+d^2

=(a-c)^2+(b-d)^2

两边开根号即得 √(a^2+b^2)+√(c^2+d^2)≥√[(a-c)^2+(b-d)^2]

一般形式的证明

求证：(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2

证明：

当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立

令A=∑ai^2 B=∑ai·bi C=∑bi^2

当a1，a2，…，an中至少有一个不为零时，可知A>0

构造二次函数f(x)=Ax^2+2Bx+C，（请注意，一次项系数是2B，不是B）展开得：f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑(ai·x+bi)^2≥0

故f(x)的判别式△=4B^2－4AC≤0，（请大家注意：一元二次方程ax^2+bx+c=0的判别式确实是△=b^2-4ac，但是这里的方程Ax^2+2Bx+C = 0已经发生如下替换a = A，b = 2B，c = C，这里面b已经换成了2B，因而导致很多网友的误解。此步若错，柯西不等式就无法证明了！）移项得AC≥B^2，欲证不等式已得证。

向量形式的证明

令m=(a1, a2, …, an)，n=(b1, b2, …, bn)

m·n=a1b1+a2b2+…+anbn=|m||n|cos=√(a1^2+a2^2+…+an^2)×√(b1^2+b2^2+…+bn^2)×cos

∵cos≤

1∴a1b1+a2b2+…+anbn≤√(a1^2+a2^2+…+an^2)×√(b1^2+b2^2+…+bn^2)注：“√”表示平方根。

注：以上仅是柯西不等式部分形式的证明。

【柯西不等式的应用】 柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。

巧拆常数证不等式

例：设a、b、c为正数且互不相等。求证：2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)>9/(a+b+c)∵a、b、c 均为正数

∴为证结论正确，只需证：2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]>9

而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)

又9=(1+1+1)^2 ∴只需证：

2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]=[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]≥(1+1+1)^2=9

又a、b、c互不相等，故等号成立条件无法满足

∴原不等式成立

求某些函数最值

例：求函数y=3√(x－5)+4√(9－x)的最大值。(注：“√”表示平方根)

函数的定义域为[5, 9]，y>0

y=3√(x－5)+4√(9－x)≤√(3^2+4^2)×√{ [√(x－5)] ^2 + [√(9－x)] ^2 }=5×2=10函数仅在4√(x－5)=3√(9－x)，即x=6.44时取到。

以上只是柯西不等式的部分示例。

更多示例请参考有关文献。三角形式证明 :两边同时平方,展开,消去同样的项,剩余部分再平方,消去同样的项,得一完全平方式,大于或等于0,得证

代数形式

设a1，a2，...an及b1，b2，...bn为任意实数，则（a1b1+a2b2+...+anbn）①，当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn（规定ai=0时，bi=0）时等号成立.推广形式的证明

推广形式为

(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n(*)

证明如下

记A1=x1+y1+…,A2=x2+y2+…,….由平均值不等式得(1/n)(x1/A1+x2/A2+…+xn/An)≥[x1*x2*…*xn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)

=[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)

(1/n)(y1/A1+y2/A2+…+yn/An)≥[y1*y2*…*yn/(A1*A2*…*An)]^(1/n)

=[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n), …… 上述m个不等式叠加得

即即 即1≥[(Πx)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+[(Πy)/(A1*A2*…*An)]^(1/n)+…(A1*A2*…*An)^(1/n)≥(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…A1*A2*…*An≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n

成立.（注：推广形式即为卡尔松不等式）

(x1+y1+…)(x2+y2+…)…(xn+yn+…)≥[(Πx)^(1/n)+(Πy)^(1/n)+…]^n，因此,不等式(*)

第四篇：柯西不等式及应用含答案

一、柯西不等式：

(a)(b)(akbk)2等号成立的条件是akbk(k1,2,3n)

2k

2k

k

1k1

k1

nnn

二维柯西不等式：(x1x2y1y2)2(x12y12)(x22y22)

证明：（用作差法）

(x1y1)(x2y2)(x1x2y1y2)2x1y2x2y12x1x2y1y2(x1y2x2y1)20

2222222

2三维柯西不等式：(x1x2y1y2z1z2)2(x12y12z12)(x22y22z22)

证明：（构造空间向量法）设m

(x1,y1,z1),n(x2,y2,z2)

，所以：x1x2y1y2z1z2

x1y1z1x2y2z2，两边平方即可！

222222

n维柯西不等式：(a)(b)(akbk)2

2k

2k

k1

k1

k1

n

n

n

等号成立的条件是

akbk(k1,2,3n)

证明：（用构造函数法）（1）.当b1b2bn0时，不等式显然成立；（2）当b1,b2,bn不全为0时，构造f(x)（n

n

n

n

b

k1

n

k

2)x2(akbk)x(ak),所以有2

k1

k1

nn

f(x)(b)x2(akbk)x(a)(bkxak)20对任意xR恒成立，因此

k

2k

k1

k1

k1

k1

4(akbk)4(a)(bk2)0

2k

k1

k1

k1

nnn

故：（a

k1

n

2k)(b)(akbk)2

2kk1

k1

nn

柯西不等式的变式：(ak)(bk)(akbk)2

k1k1k1nnn

(a)(b)akbk 2

k2k

k1k1k1nnn

nak(akbk)()(ak)2等号成立的条件是当且仅当b1b2bn

k1k1bkk1

2naka()(k)2（在柯西不等式中令bk=1，两边同时除以n2即得）

k1nk1nnnn

2ak()

k1bkn(ak)2k1nnb

k1(等号成立的条件是akbk(k1,2,3n)k

二、练习：

x2y2z

21.已知x,y,z>0，且xyz1，求的最小值； y(1y)z(1z)x(1x)

2.已知a,b>0,求证：3111< a2ba4ba6b(ab)(a7b)

3.已知xyz2且x,y,z>0，求证：1119≥ xyyzzx

44.设a,b,c为正数且互不相等.求证:2229> abbccaabc

3111≥ a3(bc)b3(ac)c3(ab)25.设正实数a,b,c 满足abc1, 求证:

12100 3c

222abc17.设实数a,b,c 满足a2b3c6，求证：3927≥； 36.设a,b,c为正数, 且abc1,求证:(a)(b)(c)≥221a1b

8.已知x2y3z12, 求证:x2y3z≥24；

9.已知abc1, 求证:a1b23c333；

10.若a>b>c，求证：222114 abbcac

答案：

y(1y)y(xz)xyxz

1.证明：由xyz1得：z(1z)z(xy)zxyz

x(1x)x(yz)xyzx，所以有

x2y2z2x2y2z2

＝，由柯西不等式得：y(1y)z(1z)x(1x)xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

[(xyyz)(zxyz)(xyzx)]()(xyz)2 xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

所以有：[(xyyz)(zxyz)(xyzx)] xyyzzxyzxyzx

x2y2z2

即：2(xyyzzx)，xyyzzxyzxyzx

又2(xyyzzx)(xyz)2(x2y2z2)

xyzxyyzzx222xyz1 31x2y2z2

所有：，当且仅当xyz时取等号 xyyzzxyzxyzx2

32.证明：由柯西不等式可得：

(11121112)(111)a2ba4ba6ba2ba4ba6b

111]< 222(a2b)(a4b)(a6b)

（放缩）(121212)[3[111](ab)(a3b)(a3b)(a5b)(a5b)(a7b)



3111111()2baba3ba3ba5ba5ba7b（裂项相消）36b9311()2b(ab)(a7b)(ab)(a7b)2baba7b

3111< a2ba4ba6b(ab)(a7b)所以有：

3.证明：由柯西不等式得：

[(xy)(yz)(zx)]（111)(111)29，又xyz2xyyzzx3

所以有：11199≥.xyyzzx2(xyz)4

4.证明：与第3题的证法相同，最后说明a,b,c为正数且互不相等,所以不取等号；

5.证明：由abc1得：abc1，所以：2221122221bc,ac,2a2b2 22abc

111a3(bc)b3(ac)c3(ab)

b2c2a2c2a2b2b2c2a2c2a2b2

a(bc)b(ac)c(ab)abacabbcacbc

b2c2a2c2a2b2

[(abac)(abbc)(acbc)]()(bcacab)2 abacabbcacbc

b2c2a2c2a2b2(bcacab)2bcacab3a2b2c2

即： abacabbcacbc2(abbcac)22

又abc1，所以：3111≥ 333a(bc)b(ac)c(ab)2

6.证明：由柯西不等式

111111[1(a)1(b)1(c)]2(121212)[(a)2(b)2(c)2] abcabc

结合abc1 ***2所以：(a)(b)(c)[(abc)()][1()]abc3abc3abc

1111112又(abc)()(111)9 abcabc

1111211002所以：[1()](19) 3abc33

121212100故：(a)(b)(c)≥ 3abc

7.证明：

3a9b27c＝3a32b33c33a32b33c33(a2b3c)

又由柯西不等式：

(1a22b3c)2[12(2)2(3)2][a2(2b)2(3c)2]

即：(a2b3c)6(a2bc)，结合a2b3c6

所以有：a2b3c6 2222222

即：33

所以：3(a2b3c)3361 3a19b27c≥ 3

8.证明：由

(1x22yz)2[12(2)2()2][x2(2y)2(z)2]

结合题目条件即可证出，与第7题一样；

9.证明：

(1a11b21c3)2(121212)[(a1)2(b2)2(c3)2]3[3(abc)6]

结合题目条件就可以证出了！

10.证明：由条件a>b>c得：ab>0,bc>0,所以

11)(11)2＝4 abbc

114所以： abbcac[(ab)(bc)]（点评： 1.（22ak1n2k)(b)(akbk)2中的求和展开式为： 2kk12nnk1(a1a2an)(b1b2bn)(a1b1a2b2anbn)2；

2.二维、三维、n维柯西不等式的证明分别用了作差法、向量法、构造函数法证明，其实这三种方法也可以相互迁移，尤其是向量法简洁明了，值得借鉴；

3.带条件的三元不等式很常见, 用柯西不等式来证的较多, 要适当选择ak 和bk, 便于运用柯西不等式(222a

k1n2k)(b)(akbk)2； 2kk1k1nn

4.结合柯西不等式及变式中的等号成立的条件，请读者自行研究以上不等式的取等号条件。

以上如有错误之处敬请原谅并给予批评指正

邮箱zgh9723008@sina.com或qq联系：934355819(验证信息填：柯西不等式)

谢谢！

第五篇：柯西不等式的小结

柯西不等式的小结

浙江省余姚中学

徐鹏科

315400 柯西不等式是数学分析和数学物理方程研究中一个非常重要的不等式，普通高中数学新课程把它列入选修内容，然而对于浙江等省份而言，又是高考报考第一类大学的加试内容。因此对其作一小结很有必要，通过几年的教学与实践，应该说把握这块知识已不是困难的事。

新课程选修４-５中，施行类比的数学思想方法得到的柯西不等式一般形式为：

设a1,a2,a3,,an;b1,b2,b3,,bn是实数，则

222222(a12a2a3an)(b12b2b3bn)(a1b1a2b2a3b3anbn)2

当且仅当bi0(i1,2,3,,n)或存在一个实数k使aikbi(i1,2,3,,n)时等号成立。课本提供的证时方法是构造函数f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2，利用f(x)非负性来完成不等式的证明。笔者认为，课本从二维向量类比到三维向量后得到了三维形式的柯西不等式，如果再增加从三维向量到n维向量的类比，那么柯西不等式的一般形式也就此可得，这是我们作为教师应该想到的地方。在这里必须指出，大多学生在学习柯西不等式时会遇到的困难不少，不等式形式的记忆，不等式应用的灵活性，会使学家生置身于云里雾里。笔者在教学中为学生记忆方便，编了如下的顺口溜：“大端括号乘括号，小端括号添平方，末平方的平方和，已平方的和串积，莫忘何时能相等。”实践证明，效果是明显的。

柯西不等式是一个公式，公式总涉及到应用的问题，公式的应用不外乎“顺用”、“逆用”、“变用”这三种用法，下面来举例说明，由于篇幅有限每道例题只作分析，读者阅后自证较易。

首先要掌握“顺用”，这里指的是从大到小的应用 例

1、设x1,x2,,xnR，且x1x2xn1。

22xnx12x21求证：.1x11x21xnn1分析：根据柯西不等式的特征和x1x2xn1，要证的不等式可变形为

22xnx12x2(n1)(左边第一括号中的n可看成n个)(x1x2xn)2，1x11x21xn1的和，再把余下的1代掉即可得需证不等式，即证：

22xnx12x2[(1x1)(1x2)(1xn)]()(x1x2xn)2，此即

1x11x21xn柯西不等式，显然成立。

其次要掌握“逆用”，这里指的是从小到大的应用。例2 已知 2x3y4z10求xyz的最小值.222分析： 102x3y4z23422222xyz22x2y2z2

100203040,y,z 当且仅当x时等号成立

29292929100222

xyz

min29本题的解题过程告诉我们，柯西不等式中的三个括号，如果其中两个是定值，则必可求出余下一个括号的最值。

最后，要把握”变用”，这里指的是对整个公式作灵活应用，是公式应用中的最高层次。例 3 设实数 x,y满足2x23y25，求Ax2y的最大值.分析： 显然，本题解决方向应是从小端向大端行进，然而，恰当配凑常数是关键。

Ax2y222x22211113y5 6232

Ax2yx2y330 6例4 已知x,y,zR且xyz1

（1）若2x23y26z21求x,y,z的值.（2）若2x23y2tz21恒成立，求正数t的取值范围.分析： 对于（1），求x,y,z的值只有两个方程，这是一个三元不定方程，一般不能求出确 定的x,y,z的解，现题目要求这样做，因此个中必有特殊情况，特殊情况就在柯西不等式中，21112x23y26z22x23y26z2xyz1

236

等号当且仅当x111,y,z时取到。23622可见题设的特殊性。确定了未知数能取的特殊性。

对于（2），既然2x3ytz1恒成立，除参数t必然的一个取值范围的要求外还 须2x3ytz的最小值也应该是大于等于1.为此只需柯西不等式从大端到小端的进行，又2x23y2tz2于是2x23y2tz222222111xyz1，2362min1516t1成立，解得t6

例 5 已知 wxyzF16，求F8wxyz的最大值.2222分析： 要求出F的最大值，需要建立关于F的不等式，借助柯西不等式就可以达到目的.8Fwxyz11112222

于是有 5F16F0,222w2x2y2z2416F2

0F165Fmax当且仅当xyzw6时取到。5165

例 6 如图 已知在锐角ABC中，BCa,ACb,ABc，其内一点P向三边作垂线，垂足为N，M，L，试求BCCM22AN的最小值，zND2A并指出此时P点的位置。

分析： 为了求出题中变量的最小值，首先想到的是把这 个量用数学式子表达出来。于是可设

MyBLx,CMy,ANz

PB2x2PC2(ax)22222由勾股定理PCyPA(by)PA2z2PB2(cz)2三式相加即得

BxLC

(ax)2(by)2(cz)2x2y2z2

化简整理得axbycz12(ab2c2)2(1)

(2)由柯西不等式axbycz222a2b2c2x2y2z2a2b2c2有（1）、（2）得到xyz4当且仅当x2(3)

abc,y,z时取到。22222a2b2c2BCCMAN的最小值为

4此时P点是锐角三角形ABC的外心。

综上所述，柯西不等式的教学既要抓紧基础知识的落实，又要灵活掌握应用。在柯西不等式的应用中充满着智慧，对运算能力特别是代数式的变形技巧和数字的配凑技巧提出较高的要求，是培养学生能力的好场所。