柯西不等式与权方和不等式

柯西不等式与权方和不等式

Cauchy不等式的二元形式是：对于任意实数$a,b,c,d$，有$(a+b)(c+d)\geq(ac+bd)$，当且仅当$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$时取等。例1：已知$a,b\in\mathbb{R}$，且$a+b=1$，求$ab$的最小值。根据Cauchy不等式，$(a+b)^2\geq4ab$，即$ab\leq\frac{1}{4}$，当且仅当$a=b=\frac{1}{2}$时取等。例2：已知$a,b\in\mathbb{R}$，且$a+2b=6$，求$a+2b$的最小值。将$a+2b=6$变形为$a=6-2b$，则要求的是$3a+6b$的最小值。根据Cauchy不等式，$(3a+6b)^2\geq18(a^2+b^2)$，即$3a+6b\geq2\sqrt{3(a^2+b^2)}$，当且仅当$\frac{3a}{a^2+b^2}=\frac{6b}{a^2+b^2}$时取等。因此，$a^2+b^2=10$时取等，此时$a=-\sqrt{10}$，$b=\frac{5}{\sqrt{10}}$，即$a+2b=2\sqrt{10}$。例3：求函数$f(x)=x^2+2x+1$的最小值。$f(x)=x^2+2x+1=(x+1)^2$，显然最小值为0，当且仅当$x=-1$时取等。例4：已知$a>b>c$，证明$\frac{a^2+b^2}{ab-bc}+\frac{b^2+c^2}{bc-ac}+\frac{c^2+a^2}{ac-ab}\geq6$。将左边的式子进行通分，得到$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)}$。因为$a>b>c$，所以$a^3+b^3+c^3-3abc\geq0$，而$(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)<0$，因此，$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{(ab-bc)(bc-ac)(ac-ab)}\geq0$，即$\frac{a^2+b^2}{ab-bc}+\frac{b^2+c^2}{bc-ac}+\frac{c^2+a^2}{ac-ab}\geq6$。1.已知$a,b\inR$，且$a+2a+b/11$，求$a+b$的最小值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2a)^2}{1}+\frac{b^2}{11}\geq\frac{(a+2a+b)^2}{1+1+11}$$化简得$$\frac{12a^2+11b^2}{11}\geq(a+b)^2$$因为$a,b\inR$，所以$12a^2+11b^2\geq2ab+22a+11b+1$，即$$12a^2+11b^2-2ab-22a-11b-1\geq0$$将其化为二次函数形式，得$$\left(2a-\frac{11}{4}\right)^2+\frac{7}{4}(b-2)^2\geq0$$因此，最小值为$\frac{11}{4}-\frac{7}{4}\cdot2=-\frac{3}{2}$，即$a+b$的最小值为$-\frac{3}{2}$。2.已知$a,b\inR$，且$a+3b=1$，求$a^2+b^2$的最小值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{9}\geq\frac{(a+3b)^2}{1+9}$$化简得$$9a^2+b^2\geq\frac{1}{4}$$因为$a,b\inR$，所以$9a^2+b^2\geq2ab+18a+2b-8$，即$$9a^2-18a+2ab+b^2+2b-8\geq0$$将其化为二次函数形式，得$$\left(3a-b-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}(b+2)^2\geq0$$因此，最小值为$\frac{3}{2}+\frac{7}{4}\cdot(-2)=-\frac{1}{2}$，即$a^2+b^2$的最小值为$-\frac{1}{2}$。3.已知$a>2,b>2$，且$a+2b=10$，求$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$的最小值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}\geq\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}$$化简得$$a^4+b^4\geq76a^2b^2-40ab(a+b)+100ab$$因为$a,b>2$，所以$a^4+b^4>2a^2b^2$，又因为$a+2b=10$，所以$ab\leq\frac{25}{4}$，因此$$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}\geq\frac{2a^2+2b^2-40ab+76a^2b^2}{a^2b^2}=\frac{2(a^2+b^2)}{a^2b^2}-\frac{20}{ab}+38$$将其化为二次函数形式，得$$\left(\frac{a}{b}-\sqrt{19}\right)^2+\left(\frac{b}{a}-\sqrt{19}\right)^2\geq0$$因此，最小值为$2\sqrt{19}-\frac{40}{\sqrt{19}}+38$，即$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$的最小值为$2\sqrt{19}-\frac{40}{\sqrt{19}}+38$。4.已知$a,b\inR$，且$a+b=4$，求$a+2b$的最大值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2b)^2}{1}\geq\frac{(a+2b)^2}{1+1}$$化简得$$5a^2+4b^2\geq4(a+2b)$$因为$a+b=4$，所以$b=4-a$，代入上式得$$5a^2-32a+64\geq0$$将其化为二次函数形式，得$$\left(a-\frac{16}{5}\right)^2\geq0$$因此，最大值为$\frac{16}{5}+2\cdot4=\frac{28}{5}$，即$a+2b$的最大值为$\frac{28}{5}$。5.已知$a,b\inR$，且$a+2b=6$，求$2a+b$的最大值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{(2a)^2}{1}+\frac{b^2}{1}\geq\frac{(2a+b)^2}{1+1}$$化简得$$5a^2+2b^2\geq8(2a+b)$$因为$a+2b=6$，所以$b=3-\frac{a}{2}$，代入上式得$$5a^2-32a+96\geq0$$将其化为二次函数形式，得$$\left(a-\frac{16}{5}\right)^2\geq0$$因此，最大值为$2\cdot\frac{16}{5}+3\cdot2=\frac{46}{5}$，即$2a+b$的最大值为$\frac{46}{5}$。6.已知$a,b\inR$，且$a+2b=6$，求$a+2b$的最大值。解：根据权方和不等式，有$$\frac{a^2}{1}+\frac{(2b)^2}{4}\geq\frac{(a+2b)^2}{1+4}$$化简得$$a^2+4b^2\geq6(a+2b)$$因为$a+2b=6$，所以$b=3-\frac{a}{2}$，代入上式得$$5a^2-60a+144\geq0$$将其化为二次函数形式，得$$\left(a-6\right)^2\geq0$$因此，最大值为$6+2\cdot3=12$，即$a+2b$的最大值为$12$。7.求函数$f(x)=\frac{x^2-4x+5}{x-2}$的最小值。解：将$f(x)$化为$$f(x)=x-2+\frac{1}{x-2}$$因为$x-2\neq0$，所以$f(x)$的定义域为$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$。当$x\to2$时，$f(x)$趋近于无穷大；当$x\to\pm\infty$时，$f(x)$趋近于$x$。因此，$f(x)$的最小值为$-\infty$。8.求函数$f(x)=\frac{x^2-6x+10}{x-3}$的最小值。解：将$f(x)$化为$$f(x)=x-3+\frac{1}{x-3}+1$$因为$x-3\neq0$，所以$f(x)$的定义域为$(-\infty,3)\cup(3,+\infty)$。当$x\to3$时，$f(x)$趋近于无穷大；当$x\to\pm\infty$时，$f(x)$趋近于$x$。因此，$f(x)$的最小值为$-\infty$。9.求函数$f(x)=\frac{x^2-2x+2}{x-1}$的最小值。解：将$f(x)$化为$$f(x)=x-1+\frac{1}{x-1}+1$$因为$x-1\neq0$，所以$f(x)$的定义域为$(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$。当$x\to1$时，$f(x)$趋近于无穷大；当$x\to\pm\infty$时，$f(x)$趋近于$x$。因此，$f(x)$的最小值为$-\infty$。10.已知$a>b>c$，求证：$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq9$。证明：根据AM-GM不等式，有$$\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$$因此，$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq2\sqrt{\frac{ab}{c^2}}+2\sqrt{\frac{bc}{a^2}}+2\sqrt{\frac{ca}{b^2}}$$又因为$a>b>c$，所以$\sqrt{\frac{ab}{c^2}}>\sqrt{\frac{bc}{a^2}}>\sqrt{\frac{ca}{b^2}}$，因此$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq6\sqrt{\frac{ab}{c^2}}$$将其平方，得$$\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^2\geq36\frac{ab}{c^2}$$因为$a>b>c$，所以$ab>bc>ca$，因此$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}\geq3\sqrt[3]{\frac{8abc(a+b+c)}{abc}}=9$$因此，得证。11.已知$a>b>0$，求证：$\frac{a^2-b^2}{a-b}>\frac{2ab}{a+b}$。证明：将左边的式子化简得$$\frac{a^2-b^2}{a-b}=a+b$$将右边的式子化简得$$\frac{2ab}{a+b}=a-b+\frac{2ab}{a+b}=a-b+\frac{2b^2+2ab}{a+b}=a-b+2\frac{b(a+b)}{a+b}=a+b$$因为$a>b>0$，所以$a+b>a-b>0$，因此$$\frac{a^2-b^2}{a-b}-\frac{2ab}{a+b}=0$$因此，$$\frac{a^2-b^2}{a-b}>\frac{2ab}{a+b}$$得证。12.求$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}$的最小值。解：将$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}$的分母通分，得$$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}