《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

类型一 利用柯西不等式求最值
[例1]（1）（2023·浙江模拟）若$\sin x+\cos y+\sin(x + y)=2$，则$\sin x$的最小值是 （ ）
A. 0
B. $2-\sqrt{3}$
C. $3-\sqrt{7}$
D. $\frac{1}{2}$

答案： [例 1]
(1)C 由已知$\sin x+\cos y+\sin x\cos y+\cos x\sin y = 2$整理得$2-\sin x=(\sin x + 1)\cos y+\cos x\sin y$，由柯西不等式得$(\sin x + 1)\cos y+\cos x\sin y\leqslant\sqrt{(\sin x + 1)^{2}+\cos^{2}x}\cdot\sqrt{\cos^{2}y+\sin^{2}y}=\sqrt{2 + 2\sin x}$，当且仅当$(\sin x + 1)\sin y=\cos y\cos x$时取等号，所以$(2-\sin x)^{2}\leqslant2 + 2\sin x$，即$\sin^{2}x-6\sin x + 2\leqslant0$，解得$3-\sqrt{7}\leqslant\sin x\leqslant1$，所以$\sin x$的最小值为$3-\sqrt{7}$.

（2）函数$f(x)=2\sqrt{5 - x}+\sqrt{x - 4}$的最大值及取得最大值时$x$的值分别为 （ ）
A. $\sqrt{5},\frac{21}{5}$
B. $\sqrt{3},\frac{21}{5}$
C. $\sqrt{13},\frac{61}{13}$
D. $\sqrt{29},\frac{61}{13}$

答案：
(2)A 由柯西不等式可知，$(2\sqrt{5 - x}+\sqrt{x - 4})^{2}\leqslant(2^{2}+1^{2})[(\sqrt{5 - x})^{2}+(\sqrt{x - 4})^{2}]=5$，所以$2\sqrt{5 - x}+\sqrt{x - 4}\leqslant\sqrt{5}$，当且仅当$2\sqrt{x - 4}=\sqrt{5 - x}$，即$x=\frac{21}{5}$时取等号，故函数$f(x)=2\sqrt{5 - x}+\sqrt{x - 4}$的最大值及取得最大值时$x$的值分别为$\sqrt{5},\frac{21}{5}$.

对点训练
1. 已知$x＞0,y＞0,\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$，则$\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{2}y$的最大值是________。

答案： 【对点训练】
1.【解析】由柯西不等式得$(\frac{x^{2}}{4}+y^{2})(1^{2}+1^{2})\geqslant(\frac{x}{2}\times1 + y\times1)^{2}=(\frac{x}{2}+y)^{2}$，所以$1\times2\geqslant(\frac{x}{2}+y)^{2}$，当且仅当$\frac{x}{2}=y$，即$x=\sqrt{2},y=\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立.所以$\frac{x}{2}+y\leqslant\sqrt{2}$，即$\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{2}y$的最大值是 2.
答案：2

2. 函数$y = 2\sqrt{2 - x}+\sqrt{2x - 3}$的最大值为__________。

答案： 2.【解析】因为$y=2\sqrt{2 - x}+\sqrt{2x - 3}=\sqrt{2 - x}+\sqrt{2 - x}+\sqrt{2x - 3}\leqslant\sqrt{1 + 1+1}\cdot\sqrt{(2 - x)+(2 - x)+(2x - 3)}=\sqrt{3}$，当且仅当$\sqrt{2 - x}=\sqrt{2x - 3}$，即$x=\frac{5}{3}$时等号成立，所以函数$y$的最大值为$\sqrt{3}$.
答案：$\sqrt{3}$

类型二 利用柯西不等式证明不等式
[例2]（1）若直线$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$过点$M(\cos\alpha,\sin\alpha)$，则 （ ）
A. $a^{2}+b^{2}\leq1$ B. $a^{2}+b^{2}\geq1$
C. $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\leq1$ D. $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geq1$
（2）已知$a_{1},a_{2},b_{1},b_{2}$为正实数，求证：$(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})\cdot(\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}})\geq(a_{1}+a_{2})^{2}$。

答案： [例 2]
(1)D 由柯西不等式，得$[(\frac{1}{a})^{2}+(\frac{1}{b})^{2}](\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)\geqslant(\frac{\cos\alpha}{a}+\frac{\sin\alpha}{b})^{2}$，当且仅当$\frac{\sin\alpha}{a}=\frac{\cos\alpha}{b}$时，等号成立，又因为点$M$在直线$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$上，即$\frac{\cos\alpha}{a}+\frac{\sin\alpha}{b}=1$，代入上式，得$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geqslant1$.
(2)【证明】$(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})(\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}})=[(\sqrt{a_{1}b_{1}})^{2}+(\sqrt{a_{2}b_{2}})^{2}][(\sqrt{\frac{a_{1}}{b_{1}}})^{2}+(\sqrt{\frac{a_{2}}{b_{2}}})^{2}]\geqslant(\sqrt{a_{1}b_{1}}\cdot\sqrt{\frac{a_{1}}{b_{1}}}+\sqrt{a_{2}b_{2}}\cdot\sqrt{\frac{a_{2}}{b_{2}}})^{2}=(a_{1}+a_{2})^{2}$.当且仅当$b_{1}=b_{2}$时，等号成立.