高中数学/不等式与数列/柯西不等式

阅读指南

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。

预备知识

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。

考试要求

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。

基础知识

柯西不等式的定义与证明

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：
$\forall {\vec {a}},{\vec {b}}\in \mathbb {R} ^{n},s.t.|{\vec {a}}||{\vec {b}}|\geq {\vec {a}}\cdot {\vec {b}}$
上述不等式中的等号当且仅当${\vec {a}}$与${\vec {b}}$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：
${\begin{array}{l}\forall a_{i},b_{i}\in \mathbb {R} ,i=1,2,...,n,\\s.t.(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots +a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n})^{2}\end{array}}$
上述不等式中的等号当且仅当$a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{n}$时或是${\frac {a_{i}}{b_{i}}}={\frac {a_{2}}{b_{2}}}=\cdots ={\frac {a_{n}}{b_{n}}}$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$(\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}^{2})(\sum _{i=1}^{n}\limits b_{i}^{2})\geq (\sum _{i=1}^{n}\limits a_{i}b_{i})^{2}$。

无特殊条件约束的简单应用

相关例题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：
${\begin{array}{l}(a^{2}+b^{2}+c^{2})({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {4}{b^{2}}}+{\frac {9}{c^{2}}})=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(({\frac {1}{a}})^{2}+({\frac {2}{b}})^{2}+({\frac {3}{c}})^{2})\\\geq (a\cdot {\frac {1}{a}}+b\cdot {\frac {2}{b}}+c\cdot {\frac {3}{c}})^{2}=(1+2+3)^{2}=6^{2}=36\end{array}}$
上式中的等号当且仅当$a:{\frac {1}{a}}=b:{\frac {2}{b}}=c:{\frac {3}{c}}$（即$a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}$）时成立。
故当$a:b:c=1:{\sqrt {2}}:{\sqrt {3}}$时，原式取得最大值36。

答案：36。

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

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

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

相关例题5： 设$0<x<{\frac {1}{2}}$，求函数$f(x)={\frac {2}{x}}+{\frac {9}{1-2x}}$的最小值。

解答：
因为有$0<x<{\frac {1}{2}}$，由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}f(x)=({\frac {2}{x}}+{\frac {9}{1-2x}})\times 1=({\frac {4}{2x}}+{\frac {9}{1-2x}})((2x)+(1-2x))\\=(({\frac {2}{\sqrt {2x}}})^{2}+({\frac {3}{\sqrt {1-2x}}})^{2})(({\sqrt {2x}})^{2}+({\sqrt {1-2x}})^{2})\\\geq ({\frac {2}{\sqrt {2x}}}\cdot {\sqrt {2x}}+{\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}\cdot {\sqrt {1-2x}})^{2}\\=(2+3)^{2}=5^{2}=25\end{array}}$
上式中的等号当且仅当${\frac {2}{\sqrt {2x}}}:{\sqrt {2x}}={\frac {3}{\sqrt {1-2x}}}:{\sqrt {1-2x}}$（即$x={\frac {1}{5}}\in (0,{\frac {1}{2}})$）时成立。
故当$x={\frac {1}{5}}$时，函数取得最大值$25$。

答案：25。

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

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

答案：$6{\sqrt {3}}$。

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

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

证明：
因为$m,n>0$，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显然成立，且等号成立的条件为${\frac {a}{\sqrt {m}}}:{\sqrt {m}}={\frac {b}{\sqrt {n}}}:{\sqrt {n}}$（即${\frac {a}{m}}={\frac {b}{n}}$）。
证明完毕。

比较直接的条件代换

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

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

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

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

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

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

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

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

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

解答：
由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(4^{2}+({\sqrt {5}})^{2}+2^{2})\geq ({\frac {a-1}{4}}\times 4+{\frac {b+2}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}+{\frac {c-3}{2}}\times 2)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})(16+5+4)\geq ((a-1)+(b+2)+(c-3))^{2}\\\Rightarrow ({\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}})\times 25\geq ((a+b+c)-1+2-3)^{2}=((a+b+c)-2)^{2}\end{array}}$
上式中的等号当且仅当${\frac {a-1}{16}}={\frac {b+2}{5}}={\frac {c-3}{4}}$时成立。
将已知条件${\frac {(a-1)^{2}}{16}}+{\frac {(b+2)^{2}}{5}}+{\frac {(c-3)^{2}}{4}}=1$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$x,y,z\in \mathbb {R} ,x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$，求$x-2y+2z$的最小值。

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

答案：-6。

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

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

答案：${\frac {18}{7}}$。

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

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

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

证明：
因为$0<a,b<2$，由柯西不等式可知：
${\begin{array}{l}(({\frac {a}{\sqrt {2-a}}})^{2}+({\frac {b}{\sqrt {2-b}}})^{2})(({\sqrt {2-a}})^{2}+({\sqrt {2-b}})^{2})\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})((2-a)+(2-b))\geq (a+b)^{2}\\\Rightarrow ({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-(a+b))\geq (a+b)^{2}\end{array}}$
上式中的等号当且仅当${\frac {a}{\sqrt {2-a}}}:{\sqrt {2-a}}={\frac {b}{\sqrt {2-b}}}:{\sqrt {2-b}}$（即$a=b=1$）时成立。
将条件$a+b=2$代人上式，可得：
${\begin{array}{l}({\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}})(4-2)\geq 2^{2}\\\Rightarrow {\frac {a^{2}}{2-a}}+{\frac {b^{2}}{2-b}}\geq 2\end{array}}$
证明完毕。

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

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

答案：$2{\sqrt {30}}$。

补充习题

• 已知$a,b,c>0$，请分别使用平均值不等式和柯西不等式证明：$a+b+c\geq {\sqrt {ab}}+{\sqrt {bc}}+{\sqrt {ca}}$。

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

• 设$a,b\in \mathbb {R} ,a^{2}+b^{2}=10$，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。

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

（答案：9。）

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

（答案：18。）

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

（提示：$2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)$。）

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

(1)求$f(x)$的最小值。

(2)若$|t+1|\leq f(x)$恒成立，求t的取值范围。

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

答案：(1)9；(2)[-3, 3]。

外部链接

维基百科中的相关条目：

柯西-施瓦茨不等式