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人教A版高中-数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT-同课异构课件-讲末复习-第三讲柯西

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人教A版高中-数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT-同课异构课件-讲末复习-第三讲柯西文字介绍:本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年高考来看，对本部分内容还未单独考查，可也不能忽视，利用柯西不等式构造“平方和的积”与“积的和的平方”，利用排序不等式证明成“对称”形式，或两端是“齐次式”形式的不等式问题．本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年高考来看，对本部分内容还未单独考查，可也不能忽视，利用柯西不等式构造“平方和的积”与“积的和的平方”，利用排序不等式证明成“对称”形式，或两端是“齐次式”形式的不等式问题．真题体验(福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且1a＋12b＋13c＝m.求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.真题体验(福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且1a＋12b＋13c＝m.求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)由(1)知1a＋12b＋13c＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式，得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1a＋12b＋13c≥a·1a＋2b·12b＋3c·13c2＝9.(2)由(1)知1a＋12b＋13c＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式，得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1a＋12b＋13c≥a·1a＋2b·12b＋3c·13c2＝9.利用柯西不等式证明有关不等柯西不等式的一般形式为(a21＋a22＋…＋a2n)·(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观，对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式证明问题迎刃而解．利用柯西不等式证明有关不等柯西不等式的一般形式为(a21＋a22＋…＋a2n)·(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观，对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式证明问题迎刃而解．[例1]已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：1a2＋1b2＋1c2＋1d2＞1ab＋1bc＋1cd＋1da.[证明]由柯西不等式1a2＋1b2＋1c2＋1d21b2＋1c2＋1d2＋1a2≥1ab＋1bc＋1cd＋1da2，于是1a2＋1b2＋1c2＋1d2≥1ab＋1bc＋1cd＋1da.①等号成立⇔1a1b＝1b1c＝1c1d＝1d1a⇔ba＝cb＝dc＝ad⇔a＝b＝c＝d.又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．即1a2＋1b2＋1c2＋1d2>1ab＋1bc＋1cd＋1da.[例1]已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：1a2＋1b2＋1c2＋1d2＞1ab＋1bc＋1cd＋1da.[证明]由柯西不等式1a2＋1b2＋1c2＋1d21b2＋1c2＋1d2＋1a2≥1ab＋1bc＋1cd＋1da2，于是1a2＋1b2＋1c2＋1d2≥1ab＋1bc＋1cd＋1da.①等号成立⇔1a1b＝1b1c＝1c1d＝1d1a⇔ba＝cb＝dc＝ad⇔a＝b＝c＝d.又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．即1a2＋1b2＋1c2＋1d2>1ab＋1bc＋1cd＋1da.利用排序不等式证明有关的不等式问题排序不等式具有自己独特的体现：多个变量的排列与其大小顺序有关，特别是与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简便．利用排序不等式证明有关的不等式问题排序不等式具有自己独特的体现：多个变量的排列与其大小顺序有关，特别是与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简便．[例2]设a，b，c为实数，求证：a12bc＋b12ca＋c12ab≥a10＋b10＋c10.[证明]由对称性，不妨设a≥b≥c，于是a12≥b12≥c12，1bc≥1ca≥1ab.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a12bc＋b12ca＋c12ab≥a12ab＋b12bc＋c12ca＝a11b＋b11c＋c11a.①[例2]设a，b，c为实数，求证：a12bc＋b12ca＋c12ab≥a10＋b10＋c10.[证明]由对称性，不妨设a≥b≥c，于是a12≥b12≥c12，1bc≥1ca≥1ab.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a12bc＋b12ca＋c12ab≥a12ab＋b12bc＋c12ca＝a11b＋b11c＋c11a.①又因为a11≥b11≥c11，1a≤1b≤1c，再次由排序不等式：反序和≤乱序和，得a11a＋b11b＋c11c≤a11b＋b11c＋c11a.②由①②得a12bc＋b12ca＋c12ab≥a10＋b10＋c10.又因为a11≥b11≥c11，1a≤1b≤1c，再次由排序不等式：反序和≤乱序和，得a11a＋b11b＋c11c≤a11b＋b11c＋c11a.②由①②得a12bc＋b12ca＋c12ab≥a10＋b10＋c10.利用柯西不等式或排序不等式求最值问题有关不等式问题往往要涉及对式子或量的围的限定．其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．利用柯西不等式或排序不等式求最值问题有关不等式问题往往要涉及对式子或量的围的限定．其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．[例3]已知5a2＋3b2＝158，求a2＋2ab＋b2的最大值．解：∵552＋332[(5a)2＋(3b)2]≥55×5a＋33×3b2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，当且仅当5a＝3b，即a＝38，b＝58时，等号成立．∴815×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.∴a2＋2ab＋b2≤815×(5a2＋3b2)＝815×158＝1.∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.[例3]已知5a2＋3b2＝158，求a2＋2ab＋b2的最大值．解：∵552＋332[(5a)2＋(3b)2]≥55×5a＋33×3b2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，当且仅当5a＝3b，即a＝38，b＝58时，等号成立．∴815×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.∴a2＋2ab＋b2≤815×(5a2＋3b2)＝815×158＝1.∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.[例4]已知正实数x1，x2，…，xn满足x1＋x2＋…＋xn＝P，P为定值，求F＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n－1xn＋x2nx1的最小值．[解]不妨设00，且00，且0

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