高中数学网平面上的柯西不等式的代数和向量形式
2.理解二维形式的柯西不等式的几何意义.
3.会利用二维形式的柯西不等式进行简单问题的证明.
1.二维形式的柯西不等式
定理1 (柯西不等式的代数形式)设$a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$均为实数,则
$\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}\right) \geqslant\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}\right)^{2}$,上式等号成立$\Leftrightarrow a_{1} b_{2}=a_{2} b_{1}$.
定理2 (柯西不等式的向量形式)设$\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$为平面上的两个向量,则$|\boldsymbol{\alpha}||\boldsymbol{\beta}| \geqslant|\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{\beta}|$.
当$\alpha$及$\boldsymbol{\beta}$为非零向量时,上式中等号成立$\Leftrightarrow$向量$\alpha$与$\boldsymbol{\beta}$共线(平行)$\Leftrightarrow$存在实数$\lambda \neq 0$,使得$\alpha=\lambda \beta$.
当$\alpha$或$\boldsymbol{\beta}$为零向量时,规定零向量和任何向量平行,如$\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$中至少有一个是零向量,则规定$\alpha \cdot \beta=0$,上面的结果仍然正确.
定理3 设$a_{1,} a_{2}, b_{1}, b_{2}$为实数,则$\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}+\sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}} \\ \geq \sqrt{\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}+\left(a_{2}+b_{2}\right)^{2}}$
,等号成立$\Leftrightarrow$存在非负实数$\mu$及$\lambda$,使得$\mu a_{1}=\lambda b_{1} \mu a_{2}=\lambda b_{2}$.【做一做1-1】 若$a, b \in \mathbf{R}$,且$a^{2}+b^{2}=10$,则$a-b$的取值范围是( )
$\begin{array}{ll}{\text { A. }[-2 \sqrt{5}, 2 \sqrt{5}]} & {\text { B. }[-2 \sqrt{10}, 2 \sqrt{10}]} \\ {\text { C. }[-\sqrt{10}, \sqrt{10}]} & {\text { D. }(-\sqrt{5}, \sqrt{5}]}\end{array}$
解析:$\because\left(a^{2}+b^{2}\right)\left[1^{2}+(-1)^{2}\right] \geqslant(a-b)^{2}, \\ a^{2}+b^{2}=10$
$\therefore(a-b)^{2} \leqslant 20$.
当且仅当$|a|=|b|=\sqrt{5}$,且$a b < 0$时等号成立,
$\therefore-2 \sqrt{5} \leqslant a-b \leqslant 2 \sqrt{5}$.
答案:A
【做一做1-2】 已知$p, q \in(0,+\infty)$,且$p^{3}+q^{3}=2$,则$p+q$的最大值为( )
$\begin{array}{llll}{\text { A. } 2} & {\text { B.8 }} & {\text { C. } \frac{1}{2}} & {\text { D. } 4}\end{array}$
解析:设$\mathbf{m}=\left(p^{\frac{3}{2}}, q^{\frac{3}{2}}\right), \mathbf{n}=\left(p^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}}\right)$,
则$p^{2}+q 2=p^{\frac{3}{2}} p^{\frac{1}{2}}+q^{\frac{3}{2}} q^{\frac{1}{2}}=|\mathbf{m} \cdot \mathbf{n}| \leqslant|\mathbf{m} \| \mathbf{n}|$
$=\sqrt{p^{3}+q^{3}} \sqrt{p+q}=\sqrt{2} \sqrt{p+q}$,
当且仅当存在实数$\lambda \neq 0$,使得$\mathbf{n} \mathbf{n}=\lambda \mathbf{n}$时等号成立.
又$\because(p+q)^{2} \leqslant 2\left(p^{2}+q^{2}\right)$,
$\therefore \frac{(p+q)^{2}}{2} \leqslant p^{2}+q^{2} \leqslant \sqrt{2} \sqrt{p+q}$
$\therefore \frac{(p+q)^{2}}{2} \leq \sqrt{2} \sqrt{p+q}$,
$\therefore(p+q)^{4} \leqslant 8(p+q) . \therefore p+q \leqslant 2$当且仅当$\mathrm{p}=\mathrm{q}$时,等号成立).
答案:$A$
2.定理4(平面三角不等式)
设$a_{1,} a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1,} c_{2}$为实数,则$\sqrt{\left(a_{1}-b_{1}\right)^{2}+\left(a_{2}-b_{2}\right)^{2}} \\ +\sqrt{\left(b_{1}-c_{1}\right)^{2}+\left(b_{2}-c_{2}\right)^{2}} \\ \geq \sqrt{\left(a_{1}-c_{1}\right)^{2}+\left(a_{2}-c_{2}\right)^{2}}$
,等号成立$\Leftrightarrow$存在非负实数$\lambda$及$\lambda$使得$\mu\left(a_{1}-b_{1}\right)=\lambda\left(b_{1}-c_{1}\right), \\ \mu\left(a_{2}-b_{2}\right)=\lambda\left(b_{2}-c_{2}\right)$3.定理5(平面三角不等式的向量形式)
设$\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}, \gamma$为平面向量,则$|\boldsymbol{\alpha}-\boldsymbol{\beta}|+|\boldsymbol{\beta}-\gamma| \geqslant|\boldsymbol{\alpha}-\gamma|$.
当$\alpha-\beta, \beta-\gamma$为非零向量时,上面不等式中等号成立$\Leftrightarrow$存在正常数λ,使得$\alpha-\beta=\lambda(\beta-\gamma) \Leftrightarrow$向量$\alpha-\beta$与$\boldsymbol{\beta}-\gamma$同向,即夹角为零.
名师点拨定理4与定理5是同一定理的不同表示形式,它们都可以看作是定理3的变式.
如何理解柯西不等式?
剖析:柯西不等式的几种形式都需要对其进行理解与记忆,因此,柯西不等式可以理解为有四个顺序的数来对应的一种不等关系或构造成一个不等式,如基本不等式是由两个数来构造,但怎样构造要仔细体会.例如:
$\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}\right) \geqslant\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}\right)^{2}, \\ \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}+\sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}} \\ \geq \sqrt{\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}+\left(a_{2}+b_{2}\right)^{2}}$
谁与谁组合、联系,要有一定的认识,更要结合具体问题灵活地应用柯西不等式.
利用柯西不等式的代数形式证明不等式
【例1】 设$a, b \in(0,+\infty)$,且$a+b=2$.
求证：$\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b} \geqslant 2$ 分析:利用柯西不等式证明不等式,需要观察不等式的特点,本题可以看作求$\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b}$的最小值,因而需出现$\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)$的.把$\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b}$ 视为其中的一个括号内的部分,另一部分可以是$(2-a)+(2-b)$.
反思
利用柯西不等式证明某些不等式时,有时需要将数学表达式适当地变形.这种变形往往具有很高的技巧,必须善于分析题目的特征,根据题设条件,综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质,找到突破口.
利用柯西不等式的向量形式证明不等式
【例2】 已知$a, b \in(0,+\infty)$,且$a+b=1$.
求证:$(a x+b y)^{2} \leqslant a x^{2}+b y^{2}$.
分析:利用柯西不等式的向量形式.
反思
使用向量形式的柯西不等式时要注意向量模的计算公式$|\boldsymbol{\alpha}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$.利用柯西不等式解决实际问题
【例3】 在半径为$R$的fun88网上娱乐内,求周长最大的内接长方形.
分析:首先表示出长方形的周长,得出目标函数,然后利用柯西不等式求解.
反思
当函数的解析式中含有根号时常利用柯西不等式求解.易错辨析
易错点:应用柯西不等式时,因不注重等号是否成立,从而导致结果错误.
【例4】 已知函数$f(x)=x+\frac{1}{x^{2}} x \in[2,4]$,求$f(x)$的最小值.
真题
1.已知$a, b \in(0,+\infty)$,则$\frac{a^{2}}{\sin ^{2} \alpha}+\frac{b^{2}}{\cos ^{2} \alpha}$的最小值为( )
A. $a^{2}+b^{2}$ B. 2$a b$
C. $(a+b)^{2}$ D. 4$a b$
2.已知$a+b=1$,则$a^{2}+b^{2}$的最小值为( )
A.1 B.2
$\mathrm{C} \cdot \frac{1}{2}$ D.无最小值
3.若$3 x+4 y=2$,则$x^{2}+y^{2}$的最小值为( )
A. $\frac{6}{25} \mathrm{B} \cdot \frac{8}{25} \mathrm{C} \cdot \frac{5}{24} \mathrm{D} \cdot \frac{4}{25}$
4.函数$f(x)=\sqrt{x-6}+\sqrt{12-x}$ 的最大值为_________.
5.设实数$x,y$满足$3 x^{2}+2 y^{2} \leq 6$,则$p=2 x+y$的最大值是_________.
