2022-甲卷理-23 解-不等式选讲

本题导读

本题考查柯西不等式。核心在于柯西不等式法、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年甲卷理） 已知 $a,b,c$ 均为正数，且 $a^2+b^2+4c^2=3$，证明：

（1）$a+b+2c⩽3$；

（2）若 $b=2c$，则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}⩾3$．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（和的最大值证明）：

   • 方法一（柯西不等式）：观察已知平方和 $a^2+b^2+(2c{)}^2=3$ 与待证一次和 $a+b+2c$ 的结构差异。直接应用三维柯西不等式 $(x_1^2+x_2^2+x_3^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2)⩾(x_1{y}_1+x_2{y}_2+x_3{y}_3{)}^2$，配凑系数 $1^2,1^2,1^2$ 即可。

   • 方法二（空间向量法）：利用向量数量积的几何意义 $\vec{m}\cdot \vec{n}=|\vec{m}||\vec{n}|\cos \theta ⩽|\vec{m}||\vec{n}|$，构造向量 $\vec{m}=(a,b,2c)$ 与 $\vec{n}=(1,1,1)$。

2. 第二问（倒数和的最小值证明）：

   • 方法一（柯西不等式分式形式/权方和不等式）：由 $b=2c$，代入第一问的结论得 $a+4c⩽3$。再将待证目标 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}$ 变形为 $\frac{1^2}{a}+\frac{2^2}{4c}$，直接应用柯西不等式的分式形式（Titu 引理）进行放缩。

   • 方法二（拉格朗日乘数法 - 简化处理）：将条件 $b=2c$ 代入已知条件得 $a^2+2b^2=3$。目标函数转化为 $F(a,b)=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}$。引入拉格朗日乘子 $\lambda$ 构造多元函数求偏导，寻找极值点。

✅【答案】

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(1) 见解析

(2) 证明见解析（$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\ge 3$）

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：$a+b+2c⩽3$

方法一：柯西不等式法

已知 $a,b,c$ 均为正数，且 $a^2+b^2+4c^2=3$。

将其改写为平方和的标准形式：$a^2+b^2+(2c{)}^2=3$。

根据三元柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）：

$(a^2+b^2+(2c{)}^2)(1^2+1^2+1^2)⩾(a\cdot 1+b\cdot 1+2c\cdot 1{)}^2$

即：

3 \times 3 \geqslant (a + b + 2c)^2$$$$(a + b + 2c)^2 \leqslant 9

因为 $a,b,c$ 为正数，所以 $a+b+2c>0$。

两边开平方，得：

$a+b+2c⩽3$

取等条件：当且仅当 $\frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{2c}{1}$ 时，即 $a=b=2c$，结合 $a^2+b^2+4c^2=3$ 解得 $a=1,b=1,c=\frac{1}{2}$ 时等号成立。

证明完毕。

方法二：空间向量法（几何意义）

构造空间向量 $\vec{m}=(a,b,2c)$，$\vec{n}=(1,1,1)$。

则 $|\vec{m}|=\sqrt{a^2+b^2+4c^2}=\sqrt{3}$，

$|\vec{n}|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$。

两个向量的数量积：

$\vec{m}\cdot \vec{n}=a\times 1+b\times 1+2c\times 1=a+b+2c$

根据向量数量积的性质：$\vec{m}\cdot \vec{n}=|\vec{m}||\vec{n}|\cos \theta ⩽|\vec{m}||\vec{n}|$。

故：

$a+b+2c⩽\sqrt{3}\times \sqrt{3}=3$

证明完毕。

（2）若 $b=2c$，证明：$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}⩾3$

方法一：权方和不等式（柯西不等式分式形式）

由（1）知，$a+b+2c⩽3$。

已知 $b=2c$，代入上式得：

$a+2c+2c⩽3⟹a+4c⩽3$

因为 $a,c>0$，所以 $0<a+4c⩽3$。

两边取倒数，得 $\frac{1}{a+4c}⩾\frac{1}{3}$。

现在考虑待证目标 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}$，为了与分母 $a+4c$ 建立联系，我们对其进行结构重组（凑 $4c$）：

$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^2}{a}+\frac{2^2}{4c}$

根据柯西不等式的分式形式（Engel’s Form / 权方和不等式）：

$\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}⩾\frac{(x+y{)}^2}{m+n}$

（其中 $m,n>0$）

令 $x=1,y=2,m=a,n=4c$，可得：

$\frac{1^2}{a}+\frac{2^2}{4c}⩾\frac{(1+2{)}^2}{a+4c}=\frac{9}{a+4c}$

因为 $\frac{1}{a+4c}⩾\frac{1}{3}$，所以：

$\frac{9}{a+4c}⩾9\times \frac{1}{3}=3$

从而得出：$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}⩾3$。

取等条件：当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4c}$（即 $a=2c$），且 $a+4c=3$ 时，解得 $a=1,c=\frac{1}{2}$（此时 $b=1$），等号成立。

证明完毕。

方法二：拉格朗日乘数法（高等代数简化处理）

已知 $b=2c$，$a^2+b^2+4c^2=3$，代入得：

$a^2+b^2+b^2=3⟹a^2+2b^2=3$

目标函数转化为证明 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}⩾3$。

设拉格朗日函数：

$F(a,b,\lambda )=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\lambda (a^2+2b^2-3)(a>0,b>0)$

分别对 $a,b,\lambda$ 求偏导数并令其为 0：

$\{\begin{array}{l}\frac{\partial F}{\partial a}=-\frac{1}{a^2}+2\lambda a=0\\ \frac{\partial F}{\partial b}=-\frac{2}{b^2}+4\lambda b=0\\ \frac{\partial F}{\partial \lambda }=a^2+2b^2-3=0\end{array}$

由前两式得：$2\lambda =\frac{1}{a^3}$ 且 $4\lambda =\frac{2}{b^3}⟹2\lambda =\frac{1}{b^3}$。

故 $\frac{1}{a^3}=\frac{1}{b^3}⟹a=b$。

将 $a=b$ 代入约束条件 $a^2+2b^2=3$ 得：

$3a^2=3⟹a=1$

（舍去负值）

此时 $a=1,b=1,\lambda =\frac{1}{2}$。

因此目标函数的最小值为：

$F_{\min }=\frac{1}{1}+\frac{2}{1}=3$

故 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}⩾3$，即 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}⩾3$。

证明完毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 柯西不等式标准形式：$(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)\ge (x_1{x}_2+y_1{y}_2{)}^2$，它是处理“平方和”到“一次和”放缩的最强武器。

  2. 柯西不等式分式形式（权方和引理）：$\sum \frac{x_i^2}{m_i}\ge \frac{(\sum x_i{)}^2}{\sum m_i}$。在第二问中，将 $\frac{1}{c}$ 巧妙地乘以 4 变形为 $\frac{2^2}{4c}$，恰好符合了公式的结构，这是本题“神来之笔”的构造。

• 高维简化工具：原解析提供的拉格朗日乘数法（方法二）为多变量条件极值提供了一种无脑计算的通法，在无法找到巧妙放缩路径时，偏导数为我们提供了终极保障。

• 避坑指南：在利用不等式进行连续放缩时（如第二问方法一中的两次放缩），务必在草稿纸上检验两次放缩的取等条件是否能够同时成立。如果条件冲突，则放缩失效，本题中两次放缩均在 $a=1,c=0.5$ 处同时取等，逻辑严密无懈可击。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.03 柯西不等式
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-安徽卷文-21 解-递推数列三问
• 2009-江苏卷-23 解-计数与概率不等式
• 2011-重庆卷理-21