- 柯西不等式与排序不等式
- 共105题
已知x，y，z为正实数，且
正确答案
36
6
3
2
解析
解：∵x，y，z为正实数，
∴x+4y+9z=（x+4y+9z）•（
=1+4+9+（
∵x，y，z为正实数，
∴
∴1+4+9+（
即x+4y+9z≥36．
由
∴x=6，y=3，z=2．
故答案为：36；6，3，2．
对于平面内的命题：“△ABC内接于圆O，圆O的半径为R，且O点在△ABC内，连接AO，BO，CO并延长分别交对边于A1，B1，C1，则
证明如下：
即：
由柯西不等式，得
将平面问题推广到空间，就得到命题“四面体ABCD内接于半径为R的球O内，球心O在该四面体内，连接AO，BO，CO，DO并延长分别与对面交于A1，B1，C1，D1，则______”．
正确答案
AA1+BB1+CC1+DD1≥
解析
解：类比证明方法可得：
∴
∴
由柯西不等式，得
∴AA1+BB1+CC1+DD1≥
故答案为：AA1+BB1+CC1+DD1≥
设a，b，c均为正数，且a+b+c=12，则
正确答案
解析
解：由柯西不等式得（1+3+5）2≤（a+b+c）（
∵a+b+c=12，
∴（1+3+5）2≤12（
∴
当且仅当
则
故答案为：
不等式选讲：
已知a，b，c为实数，且a+b+c+2-2m=0，
（Ⅰ）求证：
（Ⅱ）求实数m的取值范围．
正确答案
解析
解：（Ⅰ）证明：由柯西不等式得[a2+
即 
（Ⅱ）由已知得a+b+c=2m-2，
∴2m2+3m-5≤0，∴-
又 
综上可得，-
设a，b，c，x，y，z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，则
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由柯西不等式得，（a2+b2+c2）（
当且仅当
∵a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，
∴等号成立
∴
∴
故选C．
已知：x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，则x-2y-3z的最大值为______．
正确答案
解：由已知x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，和柯西不等式（a2+b2+c2）（e2+f2+g2）≥（ae+bf+cg）2
则构造出[12+（-2）2+（-3）2]（x2+y2+z2）≥（x-2y-3z）2．
即：（x-2y-3z）2≤14
即：x-2y-3z的最大值为
故答案为
解析
解：由已知x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，和柯西不等式（a2+b2+c2）（e2+f2+g2）≥（ae+bf+cg）2
则构造出[12+（-2）2+（-3）2]（x2+y2+z2）≥（x-2y-3z）2．
即：（x-2y-3z）2≤14
即：x-2y-3z的最大值为
故答案为
选修4-5：不等式证明选讲
已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5，求a的取值范围．
正确答案
解：由柯西不等式得
即2b2+3c2+6d2≥（b+c+d）2…（4分）
将条件代入可得5-a2≥（3-a）2，解得1≤a≤2…（6分）
当且仅当
可知
所以a的取值范围是[1，2]．…（10分）
解析
解：由柯西不等式得
即2b2+3c2+6d2≥（b+c+d）2…（4分）
将条件代入可得5-a2≥（3-a）2，解得1≤a≤2…（6分）
当且仅当
可知
所以a的取值范围是[1，2]．…（10分）
设α，β，γ 都是锐角，且sinα+sinβ+sinγ=1，证明
（1）sin2α+sin2β+sin2γ≥
（2）tan2α+tan2β+tan2 γ≥
正确答案
证明：（1）由柯西不等式得：（sin2α+sin2β+sin2γ）（1+1+1）≥（1•sinα+1•sinβ+1•sinγ）2，
因为sinα+sinβ+sinγ=1，所以3（sin2α+sin2β+sin2γ）≥1，得：sin2α+sin2β+sin2γ≥
（2）由恒等式tan2x=
得tan2α+tan2β+tan2 γ=
于是
由此得tan2α+tan2β+tan2 γ≥
解析
证明：（1）由柯西不等式得：（sin2α+sin2β+sin2γ）（1+1+1）≥（1•sinα+1•sinβ+1•sinγ）2，
因为sinα+sinβ+sinγ=1，所以3（sin2α+sin2β+sin2γ）≥1，得：sin2α+sin2β+sin2γ≥
（2）由恒等式tan2x=
得tan2α+tan2β+tan2 γ=
于是
由此得tan2α+tan2β+tan2 γ≥
已知实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，则（2x-y）2+（2y-z）2+（2z-x）2的最大值是（ ）
正确答案
解析
解：∵实数x、y、z满足x2+y2+z2=4，
∴（2x-y）2+（2y-z）2+（2z-x）2=5（x2+y2+z2）-4（xy+yz+xz）=20-2[（x+y+z）2-（x2+y2+z2）]=28-2（x+y+z）2≤28
∴当x+y+z=0时（2x-y）2+（2y-z）2+（2z-x）2的最大值是28．
故选C．
若x，y，z均大于零，且x+3y+4z=6，则x2y3z的最大值为______．
正确答案
1
解析
解：∵x+3y+4z=6，
∴6=x+3y+4z=
∴x2y3z≤1，
∴x2y3z的最大值为1．
故答案为：1．
（1）选修4-2：矩阵与变换
已知二阶矩阵M有特征值λ=3及对应的一个特征向量
（2）选修4-4：坐标系与参数方程
过点M（3，4），倾斜角为
（3）选修4-5：不等式选讲
已知实数a，b，c，d，e满足a+b+c+d+e=8，a2+b2+c2+d2+e2=16，试确定e的最大值．
正确答案
解：（1）设矩阵 
则 
联立以上两方程组解得a=1，b=2，c=2，d=1，故M=
（2）由已知得直线l的参数方程为 
即 
曲线的普通方程为（x-2）2+（y-1）2=25．（6分）
把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得
t2+（ 
∴t1t2=15，（8分）
∴点P到A，B两点的距离之积为15．（10分）
（3）由柯西不等式，（a+b+c+d）2≤（12+12+12+12）（a2+b2+c2+d2）
所以得：4（16-e）2≥（8-e）2．
解得：0≤e≤
不姐仅当a=b=c=d=
解析
解：（1）设矩阵
则
联立以上两方程组解得a=1，b=2，c=2，d=1，故M=
（2）由已知得直线l的参数方程为
即
曲线的普通方程为（x-2）2+（y-1）2=25．（6分）
把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得
t2+（
∴t1t2=15，（8分）
∴点P到A，B两点的距离之积为15．（10分）
（3）由柯西不等式，（a+b+c+d）2≤（12+12+12+12）（a2+b2+c2+d2）
所以得：4（16-e）2≥（8-e）2．
解得：0≤e≤
不姐仅当a=b=c=d=
已知空间的点P（x，y，z）（x，y，z∈R）到原点O（0，0，0）的距离为3，则式子x+2y+2z的最大值与最小值的差是______．
正确答案
18
解析
解：∵|OP|2=x2+y2+z2=9，
∴根据柯西不等式，得
由|x+2y+2z|≤9，得-9≤x+2y+2z≤9
当且仅当x=1，y=z=2时，x+2y+2z有最大值9，当x=-1，y=z=-2时，x+2y+2z有最小值-9．
最大最小值的差为18
故答案为：18
函数y=2
正确答案
由题意得，
则函数的定义域是[-
由柯西不等式得，
y=2
当且仅当2
则当x=
故答案为：3．
设任意实数x0＞x1＞x2＞x3＞0，要使logx0x11993+logx1x21993+logx2x31993≥k•logx0x31993恒成立，则k的最大值是______．
正确答案
要使logx0x11993+logx1x21993+logx2x31993≥k•logx0x31993恒成立
即使
令a=lgx0-lgx1，b=lgx1-lgx2，c=lgx2-lgx3，而x0＞x1＞x2＞x3＞0
∴a＞0，b＞0，c＞0
即使得
即k≤（
根据柯西不等式可知（
∴k的最大值是9
故答案为：9
已知函数f（x）=lnx+
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈R，对任意的a∈（-l，1），总存在xo∈[1，e]，使得不等式ma-（xo）＜0成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）证明：ln2l+1n22+…+ln2n＞
正确答案
（Ⅰ）f′（x）=
令f′（x）＞0，得x＞1，因此函数f（x）的单调递增区间是（1，+∞）．
令f′（x）＜0，得0＜x＜1，因此函数f（x）的单调递减区间是（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）依题意，ma＜f（x）max．
由（Ⅰ）知，f（x）在[1，e]上是增函数，
∴f（x）max=f（e）=lne+
∴ma＜
∴
所以，m的取值范围是[-
（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
故f（x）=lnx+
∴lnx≥1-
∴ln2l+1n22+…+ln2n＞1-
即ln2l+1n22+…+ln2n＞n-（
又
∴-（
∴n-（
∴ln1+ln2+…+lnn＞
由柯西不等式，
（ln2l+1n22+…+ln2n）（12+12+…+12）≥（ln1+ln2+…+lnn）2．
∴ln2l+1n22+…+ln2n≥
∴ln2l+1n22，+…+ln2 n＞
扫码查看完整答案与解析