《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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. 總結提高 1.“絕對值三角不等式”的理解及記憶要結合三角形的形狀，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，目標在結論和中間結果中尋找. 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)所證不等式的結構形式觀察是否符合柯西不等式、排序不等式的結構形式或有相似之處.將其配成相關結構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)的式子結構入手，構造適當?shù)膬山M數(shù)，有難度的逐步調(diào)整去構造.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，通常考慮排序不等式.