高中数学/不等式与数列/柯西不等式

希望快速了解或快速回顾高中数学的读者可以只看基础知识部分。其余部分是为需要参加学科考试或需要一定知识提升的读者准备的。

柯西不等式一般称为柯西-施瓦茨不等式，是线性代数学和线性泛函分析中的重要结论。在普通高中阶段一般只需要了解它的代数形式的用法和向量形式的几何含义。本节只侧重于介绍其代数形式，后续的数量积章节还会继续介绍它的向量形式及其与向量夹角余弦值的关系（其实从其几何含义更容易理解也更能体现它的数学本质）。在后续的大学课程中，还会继续学习它的积分形式，它在数学、物理学和通信工程中有关平方可积函数的性质分析中将发挥巨大作用。

本节大部分内容都要求读者至少了解算术-几何平均值不等式的基本用法，所以读者应该先阅读平均值不等式章节，然后再根据需要选读本节的其余内容。

在中国大陆高考中，柯西不等式曾是理科数学试卷的考查点之一，一般出题难度不大、占分不多，也并非每年必考内容。而对于高考取消文理分科考法的地区，基本上也不会将其纳入考试范围。不过涉及柯西不等式知识点的许多简单问题套路明显，学起来其实很容易，加之它在后续理工科课程中非常常见，我们仍将其纳入主干知识的范围。

柯西-施瓦茨不等式（Cauchy–Schwarz inequality）是一个描述向量内积性质的不等式，其向量形式为： ∀ a → , b → ∈ R n , s . t . | a → | | b → | ≥ a → ⋅ b → {\displaystyle \forall {\vec {a}},{\vec {b}}\in \mathbb {R} ^{n},s.t.|{\vec {a}}||{\vec {b}}|\geq {\vec {a}}\cdot {\vec {b}}} 上述不等式中的等号当且仅当 a → {\displaystyle {\vec {a}}} 与 b → {\displaystyle {\vec {b}}} 朝同一方向时才严格成立。

代数形式的柯西-施瓦茨不等式为[1]： ∀ a i , b i ∈ R , i = 1 , 2 , . . . , n , s . t . ( a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 ) ≥ ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}\forall a_{i},b_{i}\in \mathbb {R} ,i=1,2,...,n,\\s.t.(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots +a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n})^{2}\end{array}}} 上述不等式中的等号当且仅当 a 1 = a 2 = ⋯ = a n {\displaystyle a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}} 时或是 a i b i = a 2 b 2 = ⋯ = a n b n {\displaystyle {\frac {a_{i}}{b_{i}}}={\frac {a_{2}}{b_{2}}}=\cdots ={\frac {a_{n}}{b_{n}}}} 时才严格成立。

中学数学书上常将其简称为柯西不等式。可以使用Euler连加号将其简记为 ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) ≥ ( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 {\displaystyle (\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2})(\sum _{i=1}^{n}\limits b_{i}^{2})\geq (\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}b_{i})^{2}} 。

相关例题1： 求 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 1 a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ) {\displaystyle (a^{2}+b^{2}+c^{2})({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {9}{c^{2}}})} 的最小值。

解答： 由柯西不等式可知： ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 1 a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( ( 1 a ) 2 + ( 2 b ) 2 + ( 3 c ) 2 ) ≥ ( a ⋅ 1 a + b ⋅ 2 b + c ⋅ 3 c ) 2 = ( 1 + 2 + 3 ) 2 = 6 2 = 36 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {9}{c^{2}}})=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(({\frac {1}{a}})^{2}+({\frac {2}{b}})^{2}+({\frac {3}{c}})^{2})\\\geq (a\cdot {\frac {1}{a}}+b\cdot {\frac {2}{b}}+c\cdot {\frac {3}{c}})^{2}=(1+2+3)^{2}=6^{2}=36\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a : 1 a = b : 2 b = c : 3 c {\displaystyle a:{\frac {1}{a}}=b:{\frac {2}{b}}=c:{\frac {3}{c}}} （即 a : b : c = 1 : 2 : 3 {\displaystyle a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}} ）时成立。 故当 a : b : c = 1 : 2 : 3 {\displaystyle a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}} 时，原式取得最大值36。

答案：36。

相关例题2： 设 a , b , c > 0 {\displaystyle a,b,c>0} ，求 ( a + b + c ) ( 1 a + 4 b + 1 c ) {\displaystyle (a+b+c)({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {1}{c}})} 的最小值。

相关例题3： 设 a , b , c > 0 {\displaystyle a,b,c>0} ，求 ( a + b 2 + c 3 ) ( 8 a + 4 b 2 + 2 c 3 ) {\displaystyle (a+b^{2}+c^{3})({\frac {8}{a}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {2}{c^{3}}})} 的最小值。

相关例题4： 求 ( a 2 + b − 2 + 2 ) ( b 2 + a − 2 + 2 ) {\displaystyle (a^{2}+b^{-2}+2)(b^{2}+a^{-2}+2)} 的最小值。

相关例题5： 设 0 2 x ) × 1 = ( 4 2 x + 9 1 − 2 x ) ( ( 2 x ) + ( 1 − 2 x ) ) = ( ( 2 2 x ) 2 + ( 3 1 − 2 x ) 2 ) ( ( 2 x ) 2 + ( 1 − 2 x ) 2 ) ≥ ( 2 2 x ⋅ 2 x + 3 1 − 2 x ⋅ 1 − 2 x ) 2 = ( 2 + 3 ) 2 = 5 2 = 25 {\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)=({\frac {2}{x}}+{\frac {9}{1-2x}})\times 1=({\frac {4}{2x}}+{\frac {9}{1-2x}})((2x)+(1-2x))\\=(({\frac {2}{\sqrt {2x}}})^{2}+({\frac {3}{\sqrt {1-2x}}})^{2})(({\sqrt {2x}})^{2}+({\sqrt {1-2x}})^{2})\\\geq ({\frac {2}{\sqrt {2x}}}\cdot {\sqrt {2x}}+{\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}\cdot {\sqrt {1-2x}})^{2}\\=(2+3)^{2}=5^{2}=25\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 2 2 x : 2 x = 3 1 − 2 x : 1 − 2 x {\displaystyle {\frac {2}{\sqrt {2x}}}:{\sqrt {2x}}={\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}:{\sqrt {1-2x}}} （即 x = 1 5 ∈ ( 0 , 1 2 ) {\displaystyle x={\frac {1}{5}}\in (0,{\frac {1}{2}})} ）时成立。 故当 x = 1 5 {\displaystyle x={\frac {1}{5}}} 时，函数取得最大值 25 {\displaystyle 25} 。

答案：25。

相关例题6： 求函数 f ( x ) = 5 x − 1 + 10 − 2 x {\displaystyle f(x)=5{\sqrt {x-1}}+{\sqrt {10-2x}}} 的最大值。

解答： 首先，题中函数的定义域必须满足以下条件： { x − 1 ≥ 0 10 − 2 x ≥ 0 {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}x-1\geq 0\\10-2x\geq 0\end{array}}\right.} 解得函数的定义域为[1, 5]，且 f ( x ) ≥ 0 {\displaystyle f(x)\geq 0} 。 再由柯西不等式可知： ( f ( x ) ) 2 = ( 5 × x − 1 + 2 × 5 − x ) 2 ≤ ( 5 2 + ( 2 ) 2 ) ( ( x − 1 ) 2 + ( 5 − x ) 2 ) = 27 ( ( x − 1 ) + ( 5 − x ) ) = 27 × 4 = 108 ⇒ f ( x ) ≤ 108 = 6 3 {\displaystyle {\begin{array}{l}(f(x))^{2}=(5\times {\sqrt {x-1}}+{\sqrt {2}}\times {\sqrt {5-x}})^{2}\\\leq (5^{2}+({\sqrt {2}})^{2})(({\sqrt {x-1}})^{2}+({\sqrt {5-x}})^{2})=27((x-1)+(5-x))=27\times 4=108\\\Rightarrow f(x)\leq {\sqrt {108}}=6{\sqrt {3}}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 x = 127 27 ∈ [ 1 , 5 ] {\displaystyle x={\frac {127}{27}}\in [1,5]} 时成立。 故当 x = 127 27 {\displaystyle x={\frac {127}{27}}} 时， f ( x ) {\displaystyle f(x)} 取得最大值 6 3 {\displaystyle 6{\sqrt {3}}} 。

答案： 6 3 {\displaystyle 6{\sqrt {3}}} 。

相关例题7： 求证： ( a 4 + b 4 ) ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 3 + b 3 ) 2 {\displaystyle (a^{4}+b^{4})(a^{2}+b^{2})\geq (a^{3}+b^{3})^{2}} 。

相关例题8： 设 m , n > 0 {\displaystyle m,n>0} ，求证： a 2 m + b 2 n ≥ ( a + b ) 2 m + n {\displaystyle {\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}}\geq {\frac {(a+b)^{2}}{m+n}}} 。

证明： 因为 m , n > 0 {\displaystyle m,n>0} ，所以 m = ( m ) 2 , n = ( n ) 2 {\displaystyle m=({\sqrt {m}})^{2},n=({\sqrt {n}})^{2}} 。 a 2 m + b 2 n ≥ ( a + b ) 2 m + n ⇔ ( a 2 m + b 2 n ) ( m + n ) ≥ ( a + b ) 2 ⇔ ( ( a m ) 2 + ( b n ) 2 ) ( ( m ) 2 + ( n ) 2 ) ≥ ( a m ⋅ m + b n ⋅ n ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}{\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}}\geq {\frac {(a+b)^{2}}{m+n}}\\\Leftrightarrow ({\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}})(m+n)\geq (a+b)^{2}\\\Leftrightarrow (({\frac {a}{\sqrt {m}}})^{2}+({\frac {b}{\sqrt {n}}})^{2})(({\sqrt {m}})^{2}+({\sqrt {n}})^{2})\geq ({\frac {a}{\sqrt {m}}}\cdot {\sqrt {m}}+{\frac {b}{\sqrt {n}}}\cdot {\sqrt {n}})^{2}\end{array}}} 由柯西不等式可知上式显然成立，且等号成立的条件为 a m : m = b n : n {\displaystyle {\frac {a}{\sqrt {m}}}:{\sqrt {m}}={\frac {b}{\sqrt {n}}}:{\sqrt {n}}} （即 a m = b n {\displaystyle {\frac {a}{m}}={\frac {b}{n}}} ）。 证明完毕。

相关例题1： 设 a , b , c > 0 , a + b + c = 1 {\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1} ，求证： a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 3 {\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {1}{3}}} 。

证明： 根据柯西不等式并代入已知条件 a + b + c = 1 {\displaystyle a+b+c=1} ，可得： ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 1 2 + 1 2 + 1 2 ) ≥ ( a + b + c ) 2 = 1 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 3 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geq (a+b+c)^{2}=1\\\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {1}{3}}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a = b = c = 1 3 {\displaystyle a=b=c={\frac {1}{3}}} 时成立。证明完毕。

相关例题2： 设 a , b , c > 0 , a + b + c = 7 {\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=7} ，求证： a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ≥ 36 {\displaystyle a^{2}+4b^{2}+9c^{2}\geq 36} 。

证明： 由柯西不等式可知： ( a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ) ( 1 + 1 4 + 1 9 ) = ( a 2 + ( 2 b ) 2 + ( 3 c ) 2 ) ( 1 2 + ( 1 2 ) 2 + ( 1 3 ) 2 ) ≥ ( a × 1 + 2 b × 1 2 + 3 c × 1 3 ) 2 ⇒ ( a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ) × 49 36 ≥ ( a + b + c ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+4b^{2}+9c^{2})(1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}})\\=(a^{2}+(2b)^{2}+(3c)^{2})(1^{2}+({\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {1}{3}})^{2})\\\geq (a\times 1+2b\times {\frac {1}{2}}+3c\times {\frac {1}{3}})^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+4b^{2}+9c^{2})\times {\frac {49}{36}}\geq (a+b+c)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a 1 = 2 b 1 2 = 3 c 1 3 {\displaystyle {\frac {a}{1}}={\frac {2b}{\frac {1}{2}}}={\frac {3c}{\frac {1}{3}}}} （即 a = 36 7 , b = 9 7 , c = 4 7 {\displaystyle a={\frac {36}{7}},b={\frac {9}{7}},c={\frac {4}{7}}} ）时成立。 代入已知条件 a + b + c = 7 {\displaystyle a+b+c=7} ，可得： 49 36 ( a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ) ≥ 7 2 = 49 ⇒ a 2 + 4 b 2 + 9 c 2 ≥ 49 × 36 49 = 36 {\displaystyle {\begin{array}{l}{\frac {49}{36}}(a^{2}+4b^{2}+9c^{2})\geq 7^{2}=49\\\Rightarrow a^{2}+4b^{2}+9c^{2}\geq 49\times {\frac {36}{49}}=36\end{array}}} 证明完毕。

相关例题3： 设 a , b , c > 0 , a + 2 b + 3 c = 6 {\displaystyle a,b,c>0,a+2b+3c=6} ，求证： a 2 + b 2 + c 2 ≥ 18 7 {\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {18}{7}}} 。

证明： 由柯西不等式可知： ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 1 + 4 + 9 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 1 2 + 2 2 + 3 2 ) ≥ ( a × 1 + b × 2 + c × 3 ) 2 ⇒ ( a 2 + b 2 + c 2 ) × 14 ≥ ( a + 2 b + 3 c ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1+4+9)\\=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+2^{2}+3^{2})\\\geq (a\times 1+b\times 2+c\times 3)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})\times 14\geq (a+2b+3c)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a 1 = b 2 = c 3 {\displaystyle {\frac {a}{1}}={\frac {b}{2}}={\frac {c}{3}}} （即 a = 3 7 , b = 6 7 , c = 9 7 {\displaystyle a={\frac {3}{7}},b={\frac {6}{7}},c={\frac {9}{7}}} ）时成立。 代入已知条件 a + 2 b + 3 c = 6 {\displaystyle a+2b+3c=6} ，可得： 14 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 6 2 = 36 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 18 7 {\displaystyle {\begin{array}{l}14(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 6^{2}=36\\\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {18}{7}}\end{array}}} 证明完毕。

相关例题4： 设 a , b , c > 0 , a + 2 b + 3 c = 6 {\displaystyle a,b,c>0,a+2b+3c=6} ，求证： a 2 + 2 b 2 + 3 c 2 ≥ 6 {\displaystyle a^{2}+2b^{2}+3c^{2}\geq 6} 。

证明： 由柯西不等式可知： ( a 2 + 2 b 2 + 3 c 2 ) ( 1 + 2 + 3 ) = ( a 2 + ( 2 b ) 2 + ( 3 c ) 2 ) ( ( 1 ) 2 + ( 2 ) 2 + ( 3 ) 2 ) ≥ ( a × 1 + ( 2 b ) × 2 + ( 3 c ) × 3 ) 2 ⇒ ( a 2 + 2 b 2 + 3 c 2 ) × 6 ≥ ( a + 2 b + 3 c ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+2b^{2}+3c^{2})(1+2+3)\\=(a^{2}+({\sqrt {2}}b)^{2}+({\sqrt {3}}c)^{2})(({\sqrt {1}})^{2}+({\sqrt {2}})^{2}+({\sqrt {3}})^{2})\\\geq (a\times {\sqrt {1}}+({\sqrt {2}}b)\times {\sqrt {2}}+({\sqrt {3}}c)\times {\sqrt {3}})^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+2b^{2}+3c^{2})\times 6\geq (a+2b+3c)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a 1 = 2 b 2 = 3 c 3 {\displaystyle {\frac {a}{1}}={\frac {{\sqrt {2}}b}{\sqrt {2}}}={\frac {{\sqrt {3}}c}{\sqrt {3}}}} （即 a = b = c = 1 {\displaystyle a=b=c=1} ）时成立。 代入已知条件 a + 2 b + 3 c = 6 {\displaystyle a+2b+3c=6} ，可得： 6 ( a 2 + 2 b 2 + 3 c 2 ) ≥ 6 2 ⇒ a 2 + 2 b 2 + 3 c 2 ≥ 6 {\displaystyle {\begin{array}{l}6(a^{2}+2b^{2}+3c^{2})\geq 6^{2}\\\Rightarrow a^{2}+2b^{2}+3c^{2}\geq 6\end{array}}} 证明完毕。

相关例题5： 设 a , b , c > 0 , ( a − 1 ) 2 16 + ( b + 2 ) 2 5 + ( c − 3 ) 2 4 = 1 {\displaystyle a,b,c>0,{\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}}=1} ，求 a + b + c {\displaystyle a+b+c} 的最大值和最小值。

解答： 由柯西不等式可知： ( ( a − 1 ) 2 16 + ( b + 2 ) 2 5 + ( c − 3 ) 2 4 ) ( 4 2 + ( 5 ) 2 + 2 2 ) ≥ ( a − 1 4 × 4 + b + 2 5 × 5 + c − 3 2 × 2 ) 2 ⇒ ( ( a − 1 ) 2 16 + ( b + 2 ) 2 5 + ( c − 3 ) 2 4 ) ( 16 + 5 + 4 ) ≥ ( ( a − 1 ) + ( b + 2 ) + ( c − 3 ) ) 2 ⇒ ( ( a − 1 ) 2 16 + ( b + 2 ) 2 5 + ( c − 3 ) 2 4 ) × 25 ≥ ( ( a + b + c ) − 1 + 2 − 3 ) 2 = ( ( a + b + c ) − 2 ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(4^{2}+({\sqrt {5}})^{2}+2^{2})\geq ({\frac {a-1}{4}}\times 4+{\frac {b+2}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}+{\frac {c-3}{2}}\times 2)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(16+5+4)\geq ((a-1)+(b+2)+(c-3))^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})\times 25\geq ((a+b+c)-1+2-3)^{2}=((a+b+c)-2)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a − 1 16 = b + 2 5 = c − 3 4 {\displaystyle {\frac {a-1}{16}}={\frac {b+2}{5}}={\frac {c-3}{4}}} 时成立。 将已知条件 ( a − 1 ) 2 16 + ( b + 2 ) 2 5 + ( c − 3 ) 2 4 = 1 {\displaystyle {\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}}=1} 代入上式，可得： 1 × 25 ≥ ( ( a + b + c ) − 2 ) 2 ⇒ − 5 ≤ ( a + b + c ) − 2 ≤ 5 ⇒ − 3 ≤ ( a + b + c ) ≤ 7 {\displaystyle {\begin{array}{l}1\times 25\geq ((a+b+c)-2)^{2}\\\Rightarrow -5\leq (a+b+c)-2\leq 5\\\Rightarrow -3\leq (a+b+c)\leq 7\end{array}}} 故原式的最小值为-3，最大值为7。

答案：最小值为-3，最大值为7。

相关例题6： 设 x , y , z ∈ R , x 2 + y 2 + z 2 = 4 {\displaystyle x,y,z\in \mathbb {R} ,x^{2}+y^{2}+z^{2}=4} ，求 x − 2 y + 2 z {\displaystyle x-2y+2z} 的最小值。

解答： 由柯西不等式可知： ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( 1 2 + ( − 2 ) 2 + 2 2 ) ≥ ( x − 2 y + 2 z ) 2 ⇒ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( 1 + 4 + 4 ) ≥ ( x − 2 y + 2 z ) 2 ⇒ ( x 2 + y 2 + z 2 ) × 9 ≥ ( x − 2 y + 2 z ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(x^{2}+y^{2}+z^{2})(1^{2}+(-2)^{2}+2^{2})\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(1+4+4)\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})\times 9\geq (x-2y+2z)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 x 1 = y − 2 = z 2 {\displaystyle {\frac {x}{1}}={\frac {y}{-2}}={\frac {z}{2}}} （即 a = ± 2 3 , b = ∓ 4 3 , c = ± 4 3 {\displaystyle a=\pm {\frac {2}{3}},b=\mp {\frac {4}{3}},c=\pm {\frac {4}{3}}} ）时成立。 将已知条件 x 2 + y 2 + z 2 = 4 {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=4} 代入上式，可得： 4 × 9 ≥ ( x − 2 y + 2 z ) 2 ⇒ ( x − 2 y + 2 z ) 2 ≤ 36 = 6 2 ⇒ − 6 ≤ ( x − 2 y + 2 z ) 2 ≤ 6 {\displaystyle {\begin{array}{l}4\times 9\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x-2y+2z)^{2}\leq 36=6^{2}\\\Rightarrow -6\leq (x-2y+2z)^{2}\leq 6\end{array}}} 故当且仅当 a = − 2 3 , b = 4 3 , c = − 4 3 {\displaystyle a=-{\frac {2}{3}},b={\frac {4}{3}},c=-{\frac {4}{3}}} ，原式取到最小值-6。

答案：-6。

相关例题7： 设 a , b , c ∈ R , 2 a − 3 b + c = 3 {\displaystyle a,b,c\in \mathbb {R} ,2a-3b+c=3} ，求 a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 {\displaystyle a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2}} 的最小值。

解答： 由柯西不等式可知： ( a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 ) ( 2 2 + ( − 3 ) 2 + 1 2 ) ≥ ( 2 a − 3 ( b − 1 ) + c ) 2 ⇒ ( a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 ) ( 4 + 9 + 1 ) ≥ ( 2 a − 3 ( b − 1 ) + c ) 2 ⇒ ( a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 ) × 14 ≥ ( ( 2 a − 3 b + c ) + 3 ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})(2^{2}+(-3)^{2}+1^{2})\geq (2a-3(b-1)+c)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})(4+9+1)\geq (2a-3(b-1)+c)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\times 14\geq ((2a-3b+c)+3)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a 2 = b − 1 − 3 = c 1 {\displaystyle {\frac {a}{2}}={\frac {b-1}{-3}}={\frac {c}{1}}} （即 a = 6 7 , b = − 2 7 , c = 3 7 {\displaystyle a={\frac {6}{7}},b=-{\frac {2}{7}},c={\frac {3}{7}}} ）时成立。 将已知条件 2 a − 3 b + c = 3 {\displaystyle 2a-3b+c=3} 代入上式，可得： ( a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 ) × 14 ≥ ( 3 + 3 ) 2 ⇒ ( a 2 + ( b − 1 ) 2 + c 2 ) ≥ 36 14 = 18 7 {\displaystyle {\begin{array}{l}(a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\times 14\geq (3+3)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\geq {\frac {36}{14}}={\frac {18}{7}}\end{array}}} 所以当且仅当 a = 6 7 , b = − 2 7 , c = 3 7 {\displaystyle a={\frac {6}{7}},b=-{\frac {2}{7}},c={\frac {3}{7}}} 时，原式取到最小值 18 7 {\displaystyle {\frac {18}{7}}} 。

答案： 18 7 {\displaystyle {\frac {18}{7}}} 。

相关例题8： 设 a , b , c > 0 , a + b + c = 1 {\displaystyle a,b,c>0,a+b+c=1} ，求证： 1 a + 4 b + 9 c ≥ 36 {\displaystyle {\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}}\geq 36} 。

证明： 由柯西不等式可知： ( 1 a + 4 b + 9 c ) ( a + b + c ) = ( ( 1 a ) 2 + ( 2 b ) 2 + ( 3 c ) 2 ) ( ( a ) 2 + ( b ) 2 + ( c ) 2 ) ≥ ( 1 a × a + 2 b × b + 3 c × c ) 2 = ( 1 + 2 + 3 ) 2 = 36 {\displaystyle {\begin{array}{l}({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}})(a+b+c)\\=(({\frac {1}{\sqrt {a}}})^{2}+({\frac {2}{\sqrt {b}}})^{2}+({\frac {3}{\sqrt {c}}})^{2})(({\sqrt {a}})^{2}+({\sqrt {b}})^{2}+({\sqrt {c}})^{2})\\\geq ({\frac {1}{\sqrt {a}}}\times {\sqrt {a}}+{\frac {2}{\sqrt {b}}}\times {\sqrt {b}}+{\frac {3}{\sqrt {c}}}\times {\sqrt {c}})^{2}\\=(1+2+3)^{2}=36\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 1 a = 2 b = 3 c {\displaystyle {\frac {1}{a}}={\frac {2}{b}}={\frac {3}{c}}} （即 a = 1 6 , b = 1 3 , c = 1 2 {\displaystyle a={\frac {1}{6}},b={\frac {1}{3}},c={\frac {1}{2}}} ）时成立。 代入已知条件 a + b + c = 1 {\displaystyle a+b+c=1} ，可得： ( 1 a + 4 b + 9 c ) ( a + b + c ) ≥ 36 {\displaystyle ({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}})(a+b+c)\geq 36} 证明完毕。

相关例题9： 设 a , b > 0 , a + b = 2 {\displaystyle a,b>0,a+b=2} ，求证： a 2 2 − a + b 2 2 − b ≥ 2 {\displaystyle {\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}}\geq 2} 。

证明： 因为 0 b ) 2 ) ( ( 2 − a ) 2 + ( 2 − b ) 2 ) ≥ ( a + b ) 2 ⇒ ( a 2 2 − a + b 2 2 − b ) ( ( 2 − a ) + ( 2 − b ) ) ≥ ( a + b ) 2 ⇒ ( a 2 2 − a + b 2 2 − b ) ( 4 − ( a + b ) ) ≥ ( a + b ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(({\frac {a}{\sqrt {2-a}}})^{2}+({\frac {b}{\sqrt {2-b}}})^{2})(({\sqrt {2-a}})^{2}+({\sqrt {2-b}})^{2})\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})((2-a)+(2-b))\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-(a+b))\geq (a+b)^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 a 2 − a : 2 − a = b 2 − b : 2 − b {\displaystyle {\frac {a}{\sqrt {2-a}}}:{\sqrt {2-a}}={\frac {b}{\sqrt {2-b}}}:{\sqrt {2-b}}} （即 a = b = 1 {\displaystyle a=b=1} ）时成立。 将条件 a + b = 2 {\displaystyle a+b=2} 代人上式，可得： ( a 2 2 − a + b 2 2 − b ) ( 4 − 2 ) ≥ 2 2 ⇒ a 2 2 − a + b 2 2 − b ≥ 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-2)\geq 2^{2}\\\Rightarrow {\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}}\geq 2\end{array}}} 证明完毕。

相关例题10： 设 2 a + 3 b + 5 c = 29 {\displaystyle 2a+3b+5c=29} ，求 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 {\displaystyle {\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}}} 的最大值。

解答： 由柯西不等式可知： ( ( 2 a + 1 ) 2 + ( 3 b + 4 ) 2 + ( 5 c + 6 ) 2 ) ( 1 2 + 1 2 + 1 2 ) ≥ ( 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 ) 2 ⇒ ( ( 2 a + 1 ) + ( 3 b + 4 ) + ( 5 c + 6 ) ) × 3 ≥ ( 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 ) 2 ⇒ ( ( 2 a + 3 b + 5 c ) + 11 ) × 3 ≥ ( 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 ) 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}(({\sqrt {2a+1}})^{2}+({\sqrt {3b+4}})^{2}+({\sqrt {5c+6}})^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow ((2a+1)+(3b+4)+(5c+6))\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow ((2a+3b+5c)+11)\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 2 a + 1 = 3 b + 4 = 5 c + 6 {\displaystyle 2a+1=3b+4=5c+6} （即 a = 37 6 , b = 28 9 , c = 22 15 {\displaystyle a={\frac {37}{6}},b={\frac {28}{9}},c={\frac {22}{15}}} ）时成立。 将已知条件$2a + 3b + 5c = 29$代入上式，可得： ( 29 + 11 ) × 3 ≥ ( 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 ) 2 ⇒ 2 a + 1 + 3 b + 4 + 5 c + 6 ≤ ( 29 + 11 ) × 3 = 120 = 2 30 {\displaystyle {\begin{array}{l}(29+11)\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow {\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}}\leq {\sqrt {(29+11)\times 3}}={\sqrt {120}}=2{\sqrt {30}}\end{array}}} 所以当且仅当 a = 37 6 , b = 28 9 , c = 22 15 {\displaystyle a={\frac {37}{6}},b={\frac {28}{9}},c={\frac {22}{15}}} 时，原式取到最大值 2 30 {\displaystyle 2{\sqrt {30}}} 。

答案： 2 30 {\displaystyle 2{\sqrt {30}}} 。

解答： (1)首先由柯西不等式可知： f ( x ) = 1 x 2 + 4 1 − x 2 = ( 1 x 2 + 4 1 − x 2 ) ( x 2 + ( 1 − x 2 ) ) ≥ ( 1 + 2 ) 2 = 9 ⇒ f ( x ) ≥ 9 {\displaystyle {\begin{array}{l}f(x)={\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {4}{1-x^{2}}}=({\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {4}{1-x^{2}}})(x^{2}+(1-x^{2}))\\\geq (1+2)^{2}=9\\\Rightarrow f(x)\geq 9\end{array}}} 上式中的等号当且仅当 x 2 = 1 3 {\displaystyle x^{2}={\frac {1}{3}}} 时成立。 所以 f ( x ) {\displaystyle f(x)} 的最小值是9。 (2) 因为 f ( x ) ≥ 3 {\displaystyle f(x)\geq 3} ，所以要使 | t + 1 | ≤ f ( x ) {\displaystyle |t+1|\leq f(x)} 恒成立，只需要使 | t + 1 | {\displaystyle |t+1|} 不超过 f ( x ) {\displaystyle f(x)} 的最小值即可。 | t + 1 | ≤ m i n { f ( x ) } = 3 ⇒ − 3 ≤ | t + 1 | ≤ 3 {\displaystyle {\begin{array}{l}|t+1|\leq min\{f(x)\}=3\\\Rightarrow -3\leq |t+1|\leq 3\end{array}}} 所以t的取值范围是[-3, 3]。

答案：(1)9；(2)[-3, 3]。