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1、
第十八章 不等式選講
高考導航
考試要求
重難點擊
命題展望
1.理解絕對值的幾何意義，并能用它證明絕對值三角不等式等較簡單的不等式.①|(zhì)a＋b|≤|a|＋|b|；
②|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.
2.能用絕對值的幾何意義解幾類簡單的絕對值型不等式，如|ax＋b|≤c或|ax＋b|≥c，以及|x－a|＋|x－b|≥c或|x－a|＋|x－b|≤c類型.
3.了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法和放縮法.
4.了解數(shù)學歸納法的原理及其使用范圍，會用它證明一些簡單不等式及其他問題.
5.了解柯西不等式的幾種不同形式：二維形式(a2＋b
2、2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2、向量形式|α||β|≥|αβ|、一般形式，理解它們的幾何意義.掌握柯西不等式在證明不等式和求某些特殊類型的函數(shù)極值中的應用.
6.了解排序不等式的推導及意義并能簡單應用.
7.會用數(shù)學歸納法證明貝努利不等式：
本章重點：不等式的基本性質(zhì)；基本不等式及其應用、絕對值型不等式的解法及其應用；用比較法、分析法、綜合法證明不等式；柯西不等式、排序不等式及其應用.
本章難點：三個正數(shù)的算術——幾何平均不等式及其應用；絕對值不等式的解法；用反證法、放縮法證明不等式；運用柯西不等式和排序不等式證明不等式.
本專題在數(shù)學必修5“不等式”的基礎上，進一步學習一
3、些重要的不等式，如絕對值不等式、柯西不等式、排序不等式以及它們的證明，同時了解證明不等式的一些基本方法，如比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法、數(shù)學歸納法等，會用絕對值不等式、平均值不等式、柯西不等式、排序不等式等解決一些簡單問題.高考中，只考查上述知識和方法，不對恒等變形的難度和一些技巧作過高的要求.
知識網(wǎng)絡
18.1 絕對值型不等式
典例精析
題型一 解絕對值不等式
【例1】設函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
(1)解不等式f(x)＞3；
(2)若f(x)＞a對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】(1)因為f(x)＝|x－1|＋|
4、x－2|＝
所以當x＜1時，3－2x＞3，解得x＜0；
當1≤x≤2時，f(x)＞3無解；
當x＞2時，2x－3＞3，解得x＞3.
所以不等式f(x)＞3的解集為(－∞，0)∪(3，＋∞).
(2)因為f(x)＝所以f(x)min＝1.
因為f(x)＞a恒成立，
所以a＜1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1).
【變式訓練1】設函數(shù)f(x)＝.
(1)當a＝－5時，求函數(shù)f(x)的定義域；
(2)若函數(shù)f(x)的定義域為R，試求a的取值范圍.
【解析】(1)由題設知|x＋1|＋|x－2|－5≥0，如圖，在同一坐標系中作出函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|和y＝5的圖象，知定義域
5、為(－∞，－2]∪[3，＋∞).
(2)由題設知，當x∈R時，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，即|x＋1|＋|x－2|≥－a，又由(1)知|x＋1|＋|x－2|≥3，
所以－a≤3，即a≥－3.
題型二 解絕對值三角不等式
【例2】已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)對a≠0，a、b∈R恒成立，求實數(shù)x的范圍.
【解析】由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0得≥f(x).
又因為≥＝2，則有2≥f(x).
解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得≤x≤.
【變式訓練2】(20xx深圳)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥
6、a＋對任意的實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 .
【解析】(－∞，0)∪{2}.
題型三 利用絕對值不等式求參數(shù)范圍
【例3】(2009遼寧)設函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；
(2)如果?x∈R，f(x)≥2，求a的取值范圍.
【解析】(1)當a＝－1時，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|.
由f(x)≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3，
①當x≤－1時，不等式化為1－x－1－x≥3，即－2x≥3，
不等式組的解集為(－∞，－]；
②當－1＜x≤1時，不等式化為1－x＋x＋1≥3，不可能成立，
不等式組的解集為?
7、；
③當x＞1時，不等式化為x－1＋x＋1≥3，即2x≥3，
不等式組的解集為[，＋∞).
綜上得f(x)≥3的解集為(－∞，－]∪[，＋∞).
(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|不滿足題設條件.
若a＜1，f(x)＝
f(x)的最小值為1－a.由題意有1－a≥2，即a≤－1.
若a＞1，f(x)＝
f(x)的最小值為a－1，由題意有a－1≥2，故a≥3.
綜上可知a的取值范圍為(－∞，－1]∪[3，＋∞).
【變式訓練3】關于實數(shù)x的不等式|x－(a＋1)2|≤(a－1)2與x2－3(a＋1)x＋2(3a＋1)≤0 (a∈R)的解集分別為A，B.求使A?B的a的取值
8、范圍.
【解析】由不等式|x－(a＋1)2|≤(a－1)2?－(a－1)2≤x－(a＋1)2≤(a－1)2，
解得2a≤x≤a2＋1，于是A＝{x|2a≤x≤a2＋1}.
由不等式x2－3(a＋1)x＋2(3a＋1)≤0?(x－2)[x－(3a＋1)]≤0，
①當3a＋1≥2，即a≥時，B＝{x|2≤x≤3a＋1}，
因為A?B，所以必有解得1≤a≤3；
②當3a＋1＜2，即a＜時，B＝{x|3a＋1≤x≤2}，
因為A?B，所以解得a＝－1.
綜上使A?B的a的取值范圍是a＝－1或1≤a≤3.
總結(jié)提高
1.“絕對值三角不等式”的理解及記憶要結(jié)合三角形的形狀，運用時注意等
9、號成立的條件.
2.絕對值不等式的解法中，＜a的解集是(－a，a)；＞a的解集是(－∞，－a)∪(a，＋∞)，它可以推廣到復合型絕對值不等式≤c，≥c的解法，還可以推廣到右邊含未知數(shù)x的不等式，如≤x－1?1－x≤3x＋1≤x－1.
3.含有兩個絕對值符號的不等式，如＋≥c和＋≤c型不等式的解法有三種，幾何解法和代數(shù)解法以及構(gòu)造函數(shù)的解法，其中代數(shù)解法主要是分類討論的思想方法，這也是函數(shù)解法的基礎，這兩種解法都適宜于x前面系數(shù)不為1類型的上述不等式，使用范圍更廣.
18.2 不等式的證明(一)
典例精析
題型一 用綜合法證明不等式
【例1】 若a，b，c為不全相等的
10、正數(shù)，求證：
lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
【證明】 由a，b，c為正數(shù)，得
lg ≥lg ；lg ≥lg ；lg ≥lg .
而a，b，c不全相等，
所以lg ＋lg ＋lg ＞lg ＋lg ＋lg ＝lg ＝lg(abc)＝lg a＋lg b＋lg c.
即lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
【點撥】 本題采用了綜合法證明，其中基本不等式是證明不等式的一個重要依據(jù)(是一個定理)，在證明不等式時要注意結(jié)合運用.而在不等式的證明過程中，還要特別注意等號成立的條件是否滿足.
【變式訓練1】已知a，b，c，d都是實數(shù)，且a2＋b2＝1，
11、c2＋d2＝1.求證：|ac＋bd|≤1.
【證明】因為a，b，c，d都是實數(shù)，
所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋＝.
又因為a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，所以|ac＋bd|≤1.
題型二 用作差法證明不等式
【例2】 設a，b，c為△ABC的三邊，求證：a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca).
【證明】a2＋b2＋c2－2(ab＋bc＋ca)＝(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2－a2－b2－c2
＝[(a－b)2－c2]＋[(b－c)2－a2]＋[(c－a)2－b2].
而在△ABC中，＜c，所以(a－b)2＜c2，即(a－b)2－
12、c2＜0.
同理(a－c)2－b2＜0，(b－c)2－a2＜0，所以a2＋b2＋c2－2(ab＋bc＋ca)＜0.
故a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca).
【點撥】 不等式的證明中，比較法特別是作差比較法是最基本的證明方法，而在牽涉到三角形的三邊時，要注意運用三角形的三邊關系：任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊.
【變式訓練2】設a，b為實數(shù)，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求證：＋≥(a＋b)2.
【證明】因為＋－(a＋b)2＝－
＝
＝＝≥0，
所以不等式＋≥(a＋b)2成立.
題型三 用分析法證明不等式
【例3】已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋
13、c＝1.
求證：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c).
【證明】因為a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要證原不等式成立，
即證[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]
≥8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，
也就是證[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b).①
因為(a＋b)＋(b＋c)≥2＞0，
(b＋c)＋(c＋a)≥2＞0，
(c＋a)＋(a＋b)≥2＞0，
三式相乘得①式成立，故原不等式得證.
【點撥
14、】 本題采用的是分析法.從待證不等式出發(fā)，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執(zhí)果索因”.分析法也可以作為尋找證題思路的方法，分析后再用綜合法書寫證題過程.
【變式訓練3】設函數(shù)f(x)＝x－a(x＋1)ln(x＋1)(x＞－1，a≥0).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求證：當m＞n＞0時，(1＋m)n＜(1＋n)m.
【解析】(1)f′(x)＝1－aln(x＋1)－a，
①a＝0時，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)；
②當a＞0時，f(x)在(－1，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，＋∞)單調(diào)遞減.
(2)證明：要證(1＋m)n
15、＜(1＋n)m，只需證nln(1＋m)＜mln(1＋n)，只需證＜.
設g(x)＝(x＞0)，則g′(x)＝＝.
由(1)知x－(1＋x)ln(1＋x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，
所以x－(1＋x)ln(1＋x)＜0，即g(x)是減函數(shù)，
而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.
總結(jié)提高
1.一般在證明不等式的題目中，首先考慮用比較法，它是最基本的不等式的證明方法.比較法一般有“作差比較法”和“作商比較法”，用得較多的是“作差比較法”，其中在變形過程中往往要用到配方、因式分解、通分等計算方法.
2.用綜合法證明不等式的過程中，所用到的依據(jù)一般是定義、公理、定理、性質(zhì)等
16、，如基本不等式、絕對值三角不等式等.
3.用分析法證明不等式的關鍵是對原不等式的等價轉(zhuǎn)換，它是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立.
4.所謂“綜合法”、“分析法”其實是證明題的兩種書寫格式，而不是真正意義上的證明方法，并不像前面所用的比較法及后面要復習到的三角代換法、放縮法、判別式法、反證法等是一種具體的證明方法(或者手段)，而只是兩種互逆的證明題的書寫格式.
18.3 不等式的證明(二)
典例精析
題型一 用放縮法、反證法證明不等式
【例1】已知a，
17、b∈R，且a＋b＝1，求證：(a＋2)2＋(b＋2)2≥.
【證明】 方法一：(放縮法)
因為a＋b＝1，
所以左邊＝(a＋2)2＋(b＋2)2≥2[]2＝[(a＋b)＋4]2＝＝右邊.
方法二：(反證法)
假設(a＋2)2＋(b＋2)2＜，則 a2＋b2＋4(a＋b)＋8＜.
由a＋b＝1，得b＝1－a，于是有a2＋(1－a)2＋12＜.
所以(a－)2＜0，這與(a－)2≥0矛盾.
故假設不成立，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.
【點撥】 根據(jù)不等式左邊是平方和及a＋b＝1這個特點，選用重要不等式a2 ＋ b2≥
2()2來證明比較好，它可以將具備a2＋b2形式的式子
18、縮小.
而反證法的思路關鍵是先假設命題不成立，結(jié)合條件a＋b＝1，得到關于a的不等式，最后與數(shù)的平方非負的性質(zhì)矛盾，從而證明了原不等式.當然本題也可以用分析法和作差比較法來證明.
【變式訓練1】設a0，a1，a2，…，an－1，an滿足a0＝an＝0，且有
a0－2a1＋a2≥0，
a1－2a2＋a3≥0，
…
an－2－2an－1＋an≥0，
求證：a1，a2，…，an－1≤0.
【證明】由題設a0－2a1＋a2≥0得a2－a1≥a1－a0.
同理，an－an－1≥an－1－an－2≥…≥a2－a1≥a1－a0.
假設a1，a2，…，an－1中存在大于0的數(shù)，假設ar是a
19、1，a2，…，an－1中第一個出現(xiàn)的正數(shù). 即a1≤0，a2≤0，…，ar－1≤0，ar＞0，
則有ar－ar－1＞0，于是有an－an－1≥an－1－an－2≥…≥ar－ar－1＞0.
并由此得an≥an－1≥an－2≥…≥ar＞0.
這與題設an＝0矛盾.由此證得a1，a2，…，an－1≤0成立.
題型二 用數(shù)學歸納法證明不等式
【例2】用放縮法、數(shù)學歸納法證明：
設an＝＋＋…＋，n∈N*，求證：＜an＜.
【證明】 方法一：(放縮法)
＜＜，即n＜＜.
所以1＋2＋…＋n＜an＜[1＋3＋…＋(2n＋1)].
所以＜an＜，
即＜an＜.
方法二：(數(shù)學歸納法)
20、
①當n＝1時，a1＝，而1＜＜2，所以原不等式成立.
②假設n＝k (k≥1)時，不等式成立，即＜ak＜.
則當n＝k＋1時，ak＋1＝＋＋…＋＋，
所以＋＜ak＋1＜＋.
而＋＞＋＝＋(k＋1)＝，
＋＜＋＝＝.
所以＜ak＋1＜.
故當n＝k＋1時，不等式也成立.
綜合①②知當n∈N*，都有＜an＜.
【點撥】 在用放縮法時，常利用基本不等式＜將某個相乘的的式子進行放縮，而在上面的方法二的數(shù)學歸納法的關鍵步驟也要用到這個公式.在用數(shù)學歸納法時要注意根據(jù)目標來尋找思路.
【變式訓練2】已知數(shù)列，，…，，…，Sn為其前n項和，計算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝，觀察上
21、述結(jié)果推測出計算Sn的公式且用數(shù)學歸納法加以證明.
【解析】猜想Sn＝(n∈N＋).
證明：①當n＝1時，S1＝＝，等式成立.
②假設當n＝k(k≥1)時等式成立，即Sk＝.
則Sk＋1＝Sk＋＝＋
＝＝.
即當n＝k＋1時，等式也成立.綜合①②得，對任何n∈N＋，等式都成立.
題型三 用不等式證明方法解決應用問題
【例3】某地區(qū)原有森林木材存量為a，且每年增長率為25%，因生產(chǎn)建設的需要每年年底要砍伐的木材量為b，設an為n年后該地區(qū)森林木材存量.
(1)求an的表達式；
(2)為保護生態(tài)環(huán)境，防止水土流失，該地區(qū)每年森林木材量應不少于a，如果b＝a，那么該地區(qū)今后會發(fā)
22、生水土流失嗎？若會，需要經(jīng)過幾年？(取lg 2＝0.30)
【解析】(1)依題意得a1＝a(1＋)－b＝a－b，
a2＝a1－b＝(a－b)－b＝()2a－(＋1)b，
a3＝a2－b＝()3a－[()2＋(＋1)]b，
由此猜測an＝()na－[()n－1＋()n－2＋…＋＋1]b＝()na－4[()n－1]b(n∈N＋).
下面用數(shù)學歸納法證明：
①當n＝1時，a1＝a－b，猜測成立.
②假設n＝k(k≥2)時猜測成立，即ak＝()ka－4[()k－1]b成立.
那么當n＝k＋1時，ak＋1＝ak－b＝－b＝()k＋1a－4[()k＋1－1]b，
即當n＝k＋1時，猜測仍
23、成立.
由①②知，對任意n∈N＋，猜測成立.
(2)當b＝a時，若該地區(qū)今后發(fā)生水土流失，則森林木材存量必須少于a，
所以()na－4[()n－1]a＜a，整理得()n＞5，
兩邊取對數(shù)得nlg ＞lg 5，
所以n＞＝≈＝7.
故經(jīng)過8年該地區(qū)就開始水土流失.
【變式訓練3】經(jīng)過長期觀測得到：在交通繁忙的時段內(nèi)，某公路段汽車的車流量y(千輛/時)與汽車的平均速度v(千米/時)之間的函數(shù)關系為y＝(v＞0).
(1)在該時段內(nèi)，當汽車的平均速度v為多少時，車流量最大？最大車流量為多少？(精確到0.1千輛/時)
(2)若要求在該時段內(nèi)車流量超過10千輛/時，則汽車的平均速度應在
24、什么范圍內(nèi)？
【解析】(1)依題意，y＝≤＝，當且僅當v＝，即v＝40時，上式等號成立，所以ymax＝≈11.1(千輛/時).
(2)由條件得＞10，整理得v2－89v＋1 600＜0，
即(v－25)(v－64)＜0，解得25＜v＜64.
答：當v＝40千米/時時，車流量最大，最大車流量約為11.1千輛/時.如果要求在該時段內(nèi)車流量超過10千輛/時，則汽車的平均速度應大于25千米/時且小于64千米/時.
總結(jié)提高
1.有些不等式，從正面證如果不易說清，可以考慮反證法，凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定詞的命題適用反證法.在一些客觀題如填空、選擇題之中，也可以用反證法的方法進
25、行命題正確與否的判斷.
2.放縮法是證明不等式特有的方法，在證明不等式過程中常常要用到它，放縮要有目標，目標在結(jié)論和中間結(jié)果中尋找.
常用的放縮方法有：
(1)添加或舍去一些項，如＞，＞n；
(2)將分子或分母放大(或縮小)；
(3)利用基本不等式，如＜；
(4)利用常用結(jié)論，如
－＝＜，
＜＝－ ；
＞＝－(程度大)；
＜＝＝(－) (程度小).
3.用數(shù)學歸納法證明與自然數(shù)有關的不等式的證明過程與用數(shù)學歸納法證明其他命題一樣，先要奠基，后進行假設與推理，二者缺一不可.
18.4 柯西不等式和排序不等式
典例精析
題型一 用柯西不等式、排序不等式證明
26、不等式
【例1】設a1，a2，…，an都為正實數(shù)，證明：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
【證明】方法一：由柯西不等式，有
(＋＋…＋＋)(a2＋a3＋…＋an＋a1)≥
(＋＋…＋)2＝(a1＋a2＋…＋an)2.
不等式兩邊約去正數(shù)因式a1＋a2＋…＋an即得所證不等式.
方法二：不妨設a1≤a2≤…≤an，則a≤a≤…≤a，≥≥…≥.
由排序不等式有
a＋a＋…＋a＋a≥a＋a＋…＋a＝a1＋a2＋…＋an，
故不等式成立.
方法三：由均值不等式有
＋a2≥2a1，＋a3≥2a2，…，＋a1≥2an，將這n個不等式相加得
＋＋…＋＋＋a2＋a3＋…＋an＋a1≥
27、2(a1＋a2＋…＋an)，整理即得所證不等式.
【點撥】 根據(jù)所證不等式的結(jié)構(gòu)形式觀察是否符合柯西不等式、排序不等式的結(jié)構(gòu)形式或有相似之處.將其配成相關結(jié)構(gòu)形式是解決問題的突破口，有時往往要進行添項、拆項、重組、配方等方法的處理.
【變式訓練1】已知a＋b＋c＝1，且a、b、c是正數(shù)，求證：＋＋≥9.
【證明】左邊＝[2(a＋b＋c)](＋＋)
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)≥(1＋1＋1)2＝9，
(或左邊＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)
＝3＋＋＋＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9)
所以＋＋≥9.
題型二 用柯西不等式求最值
【例2】 若
28、實數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋3z＝2，求x2＋y2＋z2的最小值.
【解析】 由柯西不等式得，(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝4
(當且僅當1＝kx,2＝ky,3＝kz時等號成立，
結(jié)合x＋2y＋3z＝2，解得x＝，y＝，z＝)，
所以14(x2＋y2＋z2)≥4.所以x2＋y2＋z2≥.
故x2＋y2＋z2的最小值為.
【點撥】 根據(jù)柯西不等式，要求x2＋y2＋z2的最小值，就要給x2＋y2＋z2再配一個平方和形式的因式，再考慮需要出現(xiàn)定值，就要讓柯西不等式的右邊出現(xiàn)x＋2y＋3z的形式，從而得到解題思路.由此可見，柯西不等式可以應用在求代數(shù)式的最
29、值中.
【變式訓練2】已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值.
【解析】因為(x2＋2y2＋3z2)[32＋()2＋()2]
≥(3x＋y＋z)2≥(3x＋2y＋z)2，
所以(3x＋2y＋z)2≤12，即－2≤3x＋2y＋z≤2，
當且僅當x＝－，y＝－，z＝－時，
3x＋2y＋z取最小值，最小值為－2.
題型三 不等式綜合證明與運用
【例3】 設x＞0，求證：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
【證明】(1)當x≥1時，1≤x≤x2≤…≤xn，由排序原理：順序和≥反序和得
11＋xx＋x2x2＋…＋xnxn≥1xn＋xxn－1＋…＋xn－1x＋x
30、n1，
即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn.①
又因為x，x2，…，xn，1為序列1，x，x2，…，xn的一個排列，于是再次由排序原理：亂序和≥反序和得1x＋xx2＋…＋xn－1xn＋xn1≥1xn＋xxn－1＋…＋xn－1x＋xn1，
即x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn，②
將①和②相加得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.③
(2)當0＜x＜1時，1＞x＞x2＞…＞xn.
由①②仍然成立，于是③也成立.
綜合(1)(2)，原不等式成立.
【點撥】 分類討論的目的在于明確兩個序列的大小順序.
【變式訓練3】把長為9 cm的細鐵線截成三段，各自
31、圍成一個正三角形，求這三個正三角形面積和的最小值.
【解析】設這三個正三角形的邊長分別為a、b、c，則a＋b＋c＝3，且這三個正三角形面積和S滿足：
3S＝(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a＋b＋c)2＝?S≥.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立.
總結(jié)提高
1.柯西不等式是基本而重要的不等式，是推證其他許多不等式的基礎，有著廣泛的應用.教科書首先介紹二維形式的柯西不等式，再從向量的角度來認識柯西不等式，引入向量形式的柯西不等式，再介紹一般形式的柯西不等式，以及柯西不等式在證明不等式和求某些特殊類型的函數(shù)極值中的應用.
2.排序不等式也是基本而重要的不等式.一些重要不等式可以看成是排序不等式的特殊情形，例如不等式a2＋b2≥2ab.有些重要不等式則可以借助排序不等式得到簡捷的證明.證明排序不等式時，教科書展示了一個“探究——猜想——證明——應用”的研究過程，目的是引導學生通過自己的數(shù)學活動，初步認識排序不等式的數(shù)學意義、證明方法和簡單應用.
3.利用柯西不等式或排序不等式常常根據(jù)所求解(證)的式子結(jié)構(gòu)入手，構(gòu)造適當?shù)膬山M數(shù)，有難度的逐步調(diào)整去構(gòu)造.對于具體明確的大小順序、數(shù)目相同的兩列數(shù)考慮它們對應乘積之和的大小關系時，通?？紤]排序不等式.
高三理科數(shù)學 一輪總復習第十八章 不等式選講教師用書
