高中數學/不等式與數列/柯西不等式

閱讀指南

希望快速了解或快速回顧高中數學的讀者可以只看基礎知識部分。其餘部分是為需要參加學科考試或需要一定知識提升的讀者準備的。

柯西不等式一般稱為柯西-施瓦茨不等式，是線性代數學和線性泛函分析中的重要結論。在普通高中階段一般只需要了解它的代數形式的用法和向量形式的幾何含義。本節只側重於介紹其代數形式，後續的數量積章節還會繼續介紹它的向量形式及其與向量夾角餘弦值的關係（其實從其幾何含義更容易理解也更能體現它的數學本質）。在後續的大學課程中，還會繼續學習它的積分形式，它在數學、物理學和通信工程中有關平方可積函數的性質分析中將發揮巨大作用。

預備知識

本節大部分內容都要求讀者至少了解算術-幾何平均值不等式的基本用法，所以讀者應該先閱讀平均值不等式章節，然後再根據需要選讀本節的其餘內容。

考試要求

在中國大陸高考中，柯西不等式曾是理科數學試卷的考查點之一，一般出題難度不大、占分不多，也並非每年必考內容。而對於高考取消文理分科考法的地區，基本上也不會將其納入考試範圍。不過涉及柯西不等式知識點的許多簡單問題套路明顯，學起來其實很容易，加之它在後續理工科課程中非常常見，我們仍將其納入主幹知識的範圍。

基礎知識

柯西不等式的定義與證明

柯西-施瓦茨不等式（Cauchy–Schwarz inequality）是一個描述向量內積性質的不等式，其向量形式為：
$\forall {\vec {a}},{\vec {b}}\in \mathbb {R} ^{n},s.t.|{\vec {a}}||{\vec {b}}|\geq {\vec {a}}\cdot {\vec {b}}$
上述不等式中的等號若且唯若${\vec {a}}$與${\vec {b}}$朝同一方向時才嚴格成立。

代數形式的柯西-施瓦茨不等式為：
${\begin{array}{l}\forall a_{i},b_{i}\in \mathbb {R} ,i=1,2,...,n,\\s.t.(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots +a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n})^{2}\end{array}}$
上述不等式中的等號若且唯若$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$時或是${\frac {a_{i}}{b_{i}}}={\frac {a_{2}}{b_{2}}}=\cdots ={\frac {a_{n}}{b_{n}}}$時才嚴格成立。

中學數學書上常將其簡稱為柯西不等式。可以使用Euler連加號將其簡記為$(\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2})(\sum _{i=1}^{n}\limits b_{i}^{2})\geq (\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}b_{i})^{2}$。

無特殊條件約束的簡單應用

相關例題1： 求$(a^{2}+b^{2}+c^{2})({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {9}{c^{2}}})$的最小值。

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {9}{c^{2}}})=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(({\frac {1}{a}})^{2}+({\frac {2}{b}})^{2}+({\frac {3}{c}})^{2})\\\geq (a\cdot {\frac {1}{a}}+b\cdot {\frac {2}{b}}+c\cdot {\frac {3}{c}})^{2}=(1+2+3)^{2}=6^{2}=36\end{array}}$
上式中的等號若且唯若$a:{\frac {1}{a}}=b:{\frac {2}{b}}=c:{\frac {3}{c}}$（即$a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}$）時成立。
故當$a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}$時，原式取得最大值36。

答案：36。

相關例題2： 設$a,b,c>0$，求$(a+b+c)({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {1}{c}})$的最小值。

相關例題3： 設$a,b,c>0$，求$(a+b^{2}+c^{3})({\frac {8}{a}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {2}{c^{3}}})$的最小值。

相關例題4： 求$(a^{2}+b^{-2}+2)(b^{2}+a^{-2}+2)$的最小值。

相關例題5： 設$0<x<{\frac {1}{2}}$，求函數$f(x)={\frac {2}{x}}+{\frac {9}{1-2x}}$的最小值。

解答：
因為有$0<x<{\frac {1}{2}}$，由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}f(x)=({\frac {2}{x}}+{\frac {9}{1-2x}})\times 1=({\frac {4}{2x}}+{\frac {9}{1-2x}})((2x)+(1-2x))\\=(({\frac {2}{\sqrt {2x}}})^{2}+({\frac {3}{\sqrt {1-2x}}})^{2})(({\sqrt {2x}})^{2}+({\sqrt {1-2x}})^{2})\\\geq ({\frac {2}{\sqrt {2x}}}\cdot {\sqrt {2x}}+{\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}\cdot {\sqrt {1-2x}})^{2}\\=(2+3)^{2}=5^{2}=25\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {2}{\sqrt {2x}}}:{\sqrt {2x}}={\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}:{\sqrt {1-2x}}$（即$x={\frac {1}{5}}\in (0,{\frac {1}{2}})$）時成立。
故當$x={\frac {1}{5}}$時，函數取得最大值$25$。

答案：25。

相關例題6： 求函數$f(x)=5{\sqrt {x-1}}+{\sqrt {10-2x}}$的最大值。

解答：
首先，題中函數的定義域必須滿足以下條件：
$\left\{{\begin{array}{l}x-1\geq 0\\10-2x\geq 0\end{array}}\right.$
解得函數的定義域為[1, 5]，且$f(x)\geq 0$。 再由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(f(x))^{2}=(5\times {\sqrt {x-1}}+{\sqrt {2}}\times {\sqrt {5-x}})^{2}\\\leq (5^{2}+({\sqrt {2}})^{2})(({\sqrt {x-1}})^{2}+({\sqrt {5-x}})^{2})=27((x-1)+(5-x))=27\times 4=108\\\Rightarrow f(x)\leq {\sqrt {108}}=6{\sqrt {3}}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若$x={\frac {127}{27}}\in [1,5]$時成立。
故當$x={\frac {127}{27}}$時，$f(x)$取得最大值$6{\sqrt {3}}$。

答案：$6{\sqrt {3}}$。

相關例題7： 求證：$(a^{4}+b^{4})(a^{2}+b^{2})\geq (a^{3}+b^{3})^{2}$。

相關例題8： 設$m,n>0$，求證：${\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}}\geq {\frac {(a+b)^{2}}{m+n}}$。

證明：
因為$m,n>0$，所以$m=({\sqrt {m}})^{2},n=({\sqrt {n}})^{2}$。
${\begin{array}{l}{\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}}\geq {\frac {(a+b)^{2}}{m+n}}\\\Leftrightarrow ({\frac {a^{2}}{m}}+{\frac {b^{2}}{n}})(m+n)\geq (a+b)^{2}\\\Leftrightarrow (({\frac {a}{\sqrt {m}}})^{2}+({\frac {b}{\sqrt {n}}})^{2})(({\sqrt {m}})^{2}+({\sqrt {n}})^{2})\geq ({\frac {a}{\sqrt {m}}}\cdot {\sqrt {m}}+{\frac {b}{\sqrt {n}}}\cdot {\sqrt {n}})^{2}\end{array}}$
由柯西不等式可知上式顯然成立，且等號成立的條件為${\frac {a}{\sqrt {m}}}:{\sqrt {m}}={\frac {b}{\sqrt {n}}}:{\sqrt {n}}$（即${\frac {a}{m}}={\frac {b}{n}}$）。
證明完畢。

比較直接的條件代換

相關例題1： 設$a,b,c>0,a+b+c=1$，求證：$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {1}{3}}$。

證明：
根據柯西不等式並代入已知條件$a+b+c=1$，可得：
${\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geq (a+b+c)^{2}=1\\\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {1}{3}}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若$a=b=c={\frac {1}{3}}$時成立。證明完畢。

相關例題2： 設$a,b,c>0,a+b+c=7$，求證：$a^{2}+4b^{2}+9c^{2}\geq 36$。

證明：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(a^{2}+4b^{2}+9c^{2})(1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}})\\=(a^{2}+(2b)^{2}+(3c)^{2})(1^{2}+({\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {1}{3}})^{2})\\\geq (a\times 1+2b\times {\frac {1}{2}}+3c\times {\frac {1}{3}})^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+4b^{2}+9c^{2})\times {\frac {49}{36}}\geq (a+b+c)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a}{1}}={\frac {2b}{\frac {1}{2}}}={\frac {3c}{\frac {1}{3}}}$（即$a={\frac {36}{7}},b={\frac {9}{7}},c={\frac {4}{7}}$）時成立。
代入已知條件$a+b+c=7$，可得：
${\begin{array}{l}{\frac {49}{36}}(a^{2}+4b^{2}+9c^{2})\geq 7^{2}=49\\\Rightarrow a^{2}+4b^{2}+9c^{2}\geq 49\times {\frac {36}{49}}=36\end{array}}$
證明完畢。

相關例題3： 設$a,b,c>0,a+2b+3c=6$，求證：$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {18}{7}}$。

證明：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1+4+9)\\=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(1^{2}+2^{2}+3^{2})\\\geq (a\times 1+b\times 2+c\times 3)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})\times 14\geq (a+2b+3c)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a}{1}}={\frac {b}{2}}={\frac {c}{3}}$（即$a={\frac {3}{7}},b={\frac {6}{7}},c={\frac {9}{7}}$）時成立。
代入已知條件$a+2b+3c=6$，可得：
${\begin{array}{l}14(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 6^{2}=36\\\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq {\frac {18}{7}}\end{array}}$
證明完畢。

相關例題4： 設$a,b,c>0,a+2b+3c=6$，求證：$a^{2}+2b^{2}+3c^{2}\geq 6$。

證明：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(a^{2}+2b^{2}+3c^{2})(1+2+3)\\=(a^{2}+({\sqrt {2}}b)^{2}+({\sqrt {3}}c)^{2})(({\sqrt {1}})^{2}+({\sqrt {2}})^{2}+({\sqrt {3}})^{2})\\\geq (a\times {\sqrt {1}}+({\sqrt {2}}b)\times {\sqrt {2}}+({\sqrt {3}}c)\times {\sqrt {3}})^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+2b^{2}+3c^{2})\times 6\geq (a+2b+3c)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a}{1}}={\frac {{\sqrt {2}}b}{\sqrt {2}}}={\frac {{\sqrt {3}}c}{\sqrt {3}}}$（即$a=b=c=1$）時成立。
代入已知條件$a+2b+3c=6$，可得：
${\begin{array}{l}6(a^{2}+2b^{2}+3c^{2})\geq 6^{2}\\\Rightarrow a^{2}+2b^{2}+3c^{2}\geq 6\end{array}}$
證明完畢。

相關例題5： 設$a,b,c>0,{\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}}=1$，求$a+b+c$的最大值和最小值。

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(4^{2}+({\sqrt {5}})^{2}+2^{2})\geq ({\frac {a-1}{4}}\times 4+{\frac {b+2}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}+{\frac {c-3}{2}}\times 2)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(16+5+4)\geq ((a-1)+(b+2)+(c-3))^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})\times 25\geq ((a+b+c)-1+2-3)^{2}=((a+b+c)-2)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a-1}{16}}={\frac {b+2}{5}}={\frac {c-3}{4}}$時成立。
將已知條件${\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}}=1$代入上式，可得：
${\begin{array}{l}1\times 25\geq ((a+b+c)-2)^{2}\\\Rightarrow -5\leq (a+b+c)-2\leq 5\\\Rightarrow -3\leq (a+b+c)\leq 7\end{array}}$
故原式的最小值為-3，最大值為7。

答案：最小值為-3，最大值為7。

相關例題6： 設$x,y,z\in \mathbb {R} ,x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$，求$x-2y+2z$的最小值。

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(x^{2}+y^{2}+z^{2})(1^{2}+(-2)^{2}+2^{2})\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(1+4+4)\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})\times 9\geq (x-2y+2z)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {x}{1}}={\frac {y}{-2}}={\frac {z}{2}}$（即$a=\pm {\frac {2}{3}},b=\mp {\frac {4}{3}},c=\pm {\frac {4}{3}}$）時成立。
將已知條件$x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$代入上式，可得：
${\begin{array}{l}4\times 9\geq (x-2y+2z)^{2}\\\Rightarrow (x-2y+2z)^{2}\leq 36=6^{2}\\\Rightarrow -6\leq (x-2y+2z)^{2}\leq 6\end{array}}$
故若且唯若$a=-{\frac {2}{3}},b={\frac {4}{3}},c=-{\frac {4}{3}}$，原式取到最小值-6。

答案：-6。

相關例題7： 設$a,b,c\in \mathbb {R} ,2a-3b+c=3$，求$a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2}$的最小值。

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})(2^{2}+(-3)^{2}+1^{2})\geq (2a-3(b-1)+c)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})(4+9+1)\geq (2a-3(b-1)+c)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\times 14\geq ((2a-3b+c)+3)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a}{2}}={\frac {b-1}{-3}}={\frac {c}{1}}$（即$a={\frac {6}{7}},b=-{\frac {2}{7}},c={\frac {3}{7}}$）時成立。
將已知條件$2a-3b+c=3$代入上式，可得：
${\begin{array}{l}(a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\times 14\geq (3+3)^{2}\\\Rightarrow (a^{2}+(b-1)^{2}+c^{2})\geq {\frac {36}{14}}={\frac {18}{7}}\end{array}}$
所以若且唯若$a={\frac {6}{7}},b=-{\frac {2}{7}},c={\frac {3}{7}}$時，原式取到最小值${\frac {18}{7}}$。

答案：${\frac {18}{7}}$。

相關例題8： 設$a,b,c>0,a+b+c=1$，求證：${\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}}\geq 36$。

證明：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}})(a+b+c)\\=(({\frac {1}{\sqrt {a}}})^{2}+({\frac {2}{\sqrt {b}}})^{2}+({\frac {3}{\sqrt {c}}})^{2})(({\sqrt {a}})^{2}+({\sqrt {b}})^{2}+({\sqrt {c}})^{2})\\\geq ({\frac {1}{\sqrt {a}}}\times {\sqrt {a}}+{\frac {2}{\sqrt {b}}}\times {\sqrt {b}}+{\frac {3}{\sqrt {c}}}\times {\sqrt {c}})^{2}\\=(1+2+3)^{2}=36\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {1}{a}}={\frac {2}{b}}={\frac {3}{c}}$（即$a={\frac {1}{6}},b={\frac {1}{3}},c={\frac {1}{2}}$）時成立。
代入已知條件$a+b+c=1$，可得：
$({\frac {1}{a}}+{\frac {4}{b}}+{\frac {9}{c}})(a+b+c)\geq 36$
證明完畢。

相關例題9： 設$a,b>0,a+b=2$，求證：${\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}}\geq 2$。

證明：
因為$0<a,b<2$，由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(({\frac {a}{\sqrt {2-a}}})^{2}+({\frac {b}{\sqrt {2-b}}})^{2})(({\sqrt {2-a}})^{2}+({\sqrt {2-b}})^{2})\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})((2-a)+(2-b))\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-(a+b))\geq (a+b)^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若${\frac {a}{\sqrt {2-a}}}:{\sqrt {2-a}}={\frac {b}{\sqrt {2-b}}}:{\sqrt {2-b}}$（即$a=b=1$）時成立。
將條件$a+b=2$代人上式，可得：
${\begin{array}{l}({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-2)\geq 2^{2}\\\Rightarrow {\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}}\geq 2\end{array}}$
證明完畢。

相關例題10： 設$2a+3b+5c=29$，求${\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}}$的最大值。

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(({\sqrt {2a+1}})^{2}+({\sqrt {3b+4}})^{2}+({\sqrt {5c+6}})^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow ((2a+1)+(3b+4)+(5c+6))\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow ((2a+3b+5c)+11)\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\end{array}}$
上式中的等號若且唯若$2a+1=3b+4=5c+6$（即$a={\frac {37}{6}},b={\frac {28}{9}},c={\frac {22}{15}}$）時成立。
將已知條件$2a + 3b + 5c = 29$代入上式，可得：
${\begin{array}{l}(29+11)\times 3\geq ({\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}})^{2}\\\Rightarrow {\sqrt {2a+1}}+{\sqrt {3b+4}}+{\sqrt {5c+6}}\leq {\sqrt {(29+11)\times 3}}={\sqrt {120}}=2{\sqrt {30}}\end{array}}$
所以若且唯若$a={\frac {37}{6}},b={\frac {28}{9}},c={\frac {22}{15}}$時，原式取到最大值$2{\sqrt {30}}$。

答案：$2{\sqrt {30}}$。

補充習題

• 已知$a,b,c>0$，請分別使用平均值不等式和柯西不等式證明：$a+b+c\geq {\sqrt {ab}}+{\sqrt {bc}}+{\sqrt {ca}}$。

• 設$a,b,c>0,a+b+c=1$，求$a^{2}+b^{2}+c^{2}$的最小值。

• 設$a,b\in \mathbb {R} ,a^{2}+b^{2}=10$，求$3a+b$的最大值和最小值。

• 已知$a,b\in \mathbb {R} ,3x^{2}+2y^{2}\leq 6$，求$2x+y$的最大值和最小值。

• 設$a,b,c>0,a+b+c=9$，求${\frac {4}{a}}+{\frac {9}{b}}+{\frac {16}{c}}$的最小值。

（答案：9。）

• 設$a,b,c>0,a+2b+3c=2$，求${\frac {1}{a}}+{\frac {2}{b}}+{\frac {3}{c}}$的最小值。

（答案：18。）

• 設$a,b,c>0$，求證：${\frac {2}{a+b}}+{\frac {2}{b+c}}+{\frac {2}{c+a}}\geq {\frac {9}{a+b+c}}$。
  

（提示：$2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)$。）

• 已知函數$f(x)={\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {4}{1-x^{2}}}\quad (-1<x<1,x\neq 0)$。
  

(1)求$f(x)$的最小值。

(2)若$|t+1|\leq f(x)$恆成立，求t的取值範圍。

解答：
(1)首先由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}f(x)={\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {4}{1-x^{2}}}=({\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {4}{1-x^{2}}})(x^{2}+(1-x^{2}))\\\geq (1+2)^{2}=9\\\Rightarrow f(x)\geq 9\end{array}}$
上式中的等號若且唯若$x^{2}={\frac {1}{3}}$時成立。
所以$f(x)$的最小值是9。
(2) 因為$f(x)\geq 3$，所以要使$|t+1|\leq f(x)$恆成立，只需要使$|t+1|$不超過$f(x)$的最小值即可。
${\begin{array}{l}|t+1|\leq min\{f(x)\}=3\\\Rightarrow -3\leq |t+1|\leq 3\end{array}}$
所以t的取值範圍是[-3, 3]。

答案：(1)9；(2)[-3, 3]。

外部連結

維基百科中的相關條目：

柯西-施瓦茨不等式