不等式选讲 | 新高考已删

前言

在任何三角形中，任意两边之和大于第三边。 此结论称为三角不等式。以下的绝对值不等式，向量三角不等式，复数三角不等式都可以看作三角不等式的推理。所以他们的名称里面都有三角不等式。

实数三角不等式

实数形式的绝对值不等式，又称为实数三角不等式或绝对值三角不等式；

• 如果\(a、b\)是实数，则\(||a|-|b||\leqslant |a\pm b|\leqslant |a|+|b|\).

推导过程：由于\(|x|=\left\{\begin{array}{l}{x，x\geqslant 0}\\{-x，x<0}\end{array}\right.\)

故有\(-|a|\leqslant a\leqslant |a|①\quad\quad\) \(-|b|\leqslant b\leqslant |b|②\quad\quad\) \(-|b|\leqslant -b\leqslant |b|③\)

由①+②得到，\(-(|a|+|b|)\leqslant a+b\leqslant |a|+|b|\)，

即\(|a+b|\leqslant |a|+|b|\cdots\cdots\)④.

由①+③得到，\(-(|a|+|b|)\leqslant a-b\leqslant |a|+|b|\)，

即\(|a-b|\leqslant |a|+|b|\cdots\cdots\)⑤.

又由于\(|a|=|(a+b)-b|=|(a-b)+b|\quad\)，\(|b|=|(b+a)-a|=|(b-a)+a|\quad\)，

由④可知，\(|a|=|(a+b)-b|\leqslant |a+b|+|-b|=|a+b|+|b|\)，

即\(|a|-|b|\leqslant |a+b|\cdots\cdots\)⑥.

\(|b|=|(b+a)-a|\leqslant |b+a|+|-a|=|a+b|+|a|\)，

即\(-(|a|-|b|)\leqslant |a+b|\cdots\cdots\)⑦.

又\(|a|=|(a-b)+b|\leqslant |a-b|+|b|\)，

即\(|a|-|b|\leqslant |a-b|\cdots\cdots\)⑧.

\(|b|=|(b-a)+a|\leqslant |b-a|+|a|=|a-b|+|a|\)，

即\(-(|a|-|b|)\leqslant |a-b|\cdots\cdots\)⑨.

由⑥⑦得到，\(||a|-|b||\leqslant |a+b|\cdots\cdots\)⑩.

由⑧⑨得到，\(||a|-|b||\leqslant |a-b|\cdots\cdots\)⑪.

综合④⑤⑩⑪，得到有关绝对值的不等式\(||a|-|b||\leqslant |a\pm b|\leqslant |a|+|b|\).

使用难点：要特别注意取等号的条件，尤其是求最值时。

①\(|a-b|=|a|+|b|\Leftrightarrow\) \(ab\leqslant 0\)

②\(|a+b|=|a|+|b|\Leftrightarrow\) \(ab\geqslant 0\)

③\(|a|-|b|=|a+b|\Leftrightarrow\) \(b(a+b)\leqslant 0\)

④\(|a|-|b|=|a-b|\Leftrightarrow\) \(b(a-b)\geqslant 0\)

⑤\(|a|-|b|=|a+b|\Leftrightarrow|a|\)\(=|a+b|+|b|\Leftrightarrow|(a+b)-b|\)\(=|a+b|+|b|\) \(\Leftrightarrow b(a+b)\leqslant 0\)

⑥\(|a|-|b|=|a-b|\Leftrightarrow\) \(b(a-b)\geqslant 0\)

⑦注意原不等式中的\(a\)，\(b\)的内涵，可以是实数，可以是代数式，可以是向量、复数等。

向量三角不等式

如果向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}\pm \vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\)

证明思路1：从数[向量]的角度证明，

首先证明：\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}+\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\quad\)

由于\(|\vec{a}+\vec{b}|^2=(\vec{a}+\vec{b})^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}\)

\(=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2|\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\)

当\(\cos\theta=1\)时，即\(\theta=0\)时，\(\left[|\vec{a}+\vec{b}|^2\right]_{max}=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2|\vec{a}||\vec{b}|=(|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2\)，

当\(\cos\theta=-1\)时，即\(\theta=\pi\)时，\(\left[|\vec{a}+\vec{b}|^2\right]_{min}=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2-2|\vec{a}||\vec{b}|=(|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2\)，

则有\((|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2\leqslant|\vec{a}+\vec{b}|^2\leqslant (|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2\)

故\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}+\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\cdots\cdots\cdots ①\)

其次证明：\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}-\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\quad\)

由于\(|\vec{a}-\vec{b}|^2=(\vec{a}-\vec{b})^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}\)

\(=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2-2|\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\)

当\(\cos\theta=-1\)时，即\(\theta=\pi\)时，\(\left[|\vec{a}-\vec{b}|^2\right]_{max}=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2|\vec{a}||\vec{b}|=(|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2\)，

当\(\cos\theta=1\)时，即\(\theta=0\)时，\(\left[|\vec{a}-\vec{b}|^2\right]_{min}=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2-2|\vec{a}||\vec{b}|=(|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2\)，

则有\((|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2\leqslant|\vec{a}-\vec{b}|^2\leqslant (|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2\)

故\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}-\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\cdots\cdots\cdots ②\)

综上①②可知，\(||\vec{a}|-|\vec{b}||\leqslant |\vec{a}\pm \vec{b}|\leqslant |\vec{a}|+|\vec{b}|\)

证明思路2：从形[向量的图形]的角度证明，可以做出向量三角形，利用向量的加法和减法，从形上说明；略。

复数三角不等式

• 如果\(a、b\)是复数，则\(||a|-|b||\leqslant |a\pm b|\leqslant |a|+|b|\)，仅作了解。

柯西不等式

• 二维形式：\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge (ac+bd)^2\)，\(a，b，c，d\in R\)，当且仅当\(\cfrac{a}{c}=\cfrac{b}{d}\)时取到等号；

证明：\((a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)

\(=(a^2c^2+b^2d^2)+(a^2d^2+b^2c^2)\)

\(=(a^2c^2+b^2d^2+2ac\cdot bd)+(a^2d^2+b^2c^2-2ad\cdot bc)\)

\(=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\geqslant (ac+bd)^2\).

当且仅当\(ad-bc=0\)，即当且仅当\(\cfrac{a}{c}=\cfrac{b}{d}\)时取到等号；

• 三维形式：\((a^2+b^2+c^2)(d^2+e^2+f^2)\ge (ad+be+cf)^2\)，

\(a，b，c，d，e，f\in R\)，当且仅当\(\cfrac{a}{d}=\cfrac{b}{e}=\cfrac{c}{f}\)时取到等号；

• 二维向量形式：\(|\vec{a}\cdot\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\)，其中\(\vec{a}=(a_1,a_2)\)，\(\vec{b}=(b_1,b_2)\)，

• 三维向量形式：\(|\vec{a}\cdot\vec{b}|\leqslant |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\)，其中\(\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)\)，\(\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)\)，

典例剖析

若\(2x+3y+z=7\)，求\(x^2+y^2+z^2\)的最小值。

分析：由三维形式的柯西不等式可得，

\((2^2+3^2+1^2)\cdot (x^2+y^2+z^2)\ge (2x+3y+z)^2\)

即\(x^2+y^2+z^2\ge \cfrac{49}{14}=\cfrac{7}{2}\)，

当且仅当\(\cfrac{x}{2}=\cfrac{y}{3}=\cfrac{z}{1}\)，及\(2x+3y+z=7\)，

即\(x=1\)，\(y=\cfrac{3}{2}\)，\(z=\cfrac{1}{2}\)时取到等号。

【2020届宝鸡质检2文数第23题改编】求函数\(g(x)=|x+1|+|x-1|\)的最小值。

法1：分段函数法，由上可知，\(g(x)=\begin{cases}-2x，&x\leq -1\\2，&-1<x<1\\2x，&x\ge 1\end{cases}\)，

在每一段上求其最小值，就得到整个定义域上的函数\(g(x)_{min}=2\)；

法2：图像法，作出函数\(g(x)\)的图像，由图像可知，\(g(x)_{min}=2\)；

法3：绝对值不等式法，\(g(x)=|x+1|+|x-1|\ge |(x+1)-(x-1)|=2\)，

当且仅当\(-1\leq x\leq 1\)时取等号。故\(g(x)_{min}=2\)；

法4：绝对值的几何意义法，如图所示

由数轴图可知，当实数\(x\)所对应的点\(C\)位于点\(A\)(对应实数\(-1\))和\(B\)(对应实数\(1\))之间时 ，\(|x+1|+|x-1|=|AC|+|BC|=|AB|=2\)；

当实数\(x\)所对应的点\(C\)位于点\(A\)左侧，或者点\(B\)右侧时 ，\(|x+1|+|x-1|=|AC|+|BC|>|AB|=2\)；

故我们能直观的知道函数\(g(x)=|x+1|+|x-1|\)的最小值为\(2\)。

(2).正数\(a\),\(b\),\(c\)满足\(a+2b+3c=m\)，求证：\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}\geqslant\cfrac{36}{5}\).

分析：由(1)可知，\(a+2b+3c=5\)，

法1：由柯西不等式可得，

\([(\sqrt{a})^2+(\sqrt{2b})^2+(\sqrt{3c})^2]\cdot [(\sqrt{\frac{1}{a}})^2+(\sqrt{\frac{2}{b}})^2+(\sqrt{\frac{3}{c}})^2]\)

\(\geqslant \left (\sqrt{a}\times\sqrt{\frac{1}{a}}+\sqrt{2b}\times\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{3c}\times\sqrt{\frac{3}{c}}\right )^2=(1+2+3)^2=36\)

当且仅当\(\cfrac{a}{\frac{1}{a}}=\cfrac{2b}{\frac{2}{b}}=\cfrac{3c}{\frac{3}{c}}\)，即\(a=b=c\)且\(a+2b+3c=5\)，

则\(a=b=c=\cfrac{5}{6}\)时取到等号。

即\(5(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\geqslant 36\)，

即\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}\geqslant\cfrac{36}{5}\).

法2：利用均值不等式，乘常数除常数[两项×两项较常见，本题是三项×三项]的思路证明，

\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}=\cfrac{1}{5}(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\times 5\)

\(=\cfrac{1}{5}(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\times (a+2b+3c)\)

\(=\cfrac{1}{5}(1+4+9+\cfrac{2b}{a}+\cfrac{2a}{b}+\cfrac{3c}{a}+\cfrac{3a}{c}+\cfrac{6c}{b}+\cfrac{6b}{c})\)

\(\geqslant \cfrac{1}{5}(1+4+9+2\sqrt{4}+2\sqrt{9}+2\sqrt{36})=\cfrac{36}{5}\).

当且仅当\(\cfrac{2b}{a}=\cfrac{2a}{b}\)且\(\cfrac{3c}{a}=\cfrac{3a}{c}\)且\(\cfrac{6c}{b}=\cfrac{6b}{c}\)，

即即\(a=b=c\)且\(a+2b+3c=5\)，则\(a=b=c=\cfrac{5}{6}\)时取到等号。

求函数\(h(x)=|x+1|-|x-1|\)的最值。

法1：分段函数法，仿上例完成；\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；

法2：图像法，\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；

法3：绝对值不等式法，由于\(||x+1|-|x-1||\leq |(x+1)-(x-1)|=2\)，故\(-2\leq |x+1|-|x-1|\leq 2\)；故\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；

【典型案例】【问题来自知乎问答】已知 \(x^2\) \(+\) \(y^2\) \(-\) \(xy\) \(=3\)，如何求 \(x\) \(+\) \(y\) 的最小值和最大值？

解法❼：【艾劳曼斯同学提供思路，不等式系列解法-解法3】配方后使用柯西不等式法，有超纲知识点。

柯西不等式：\((ac+bd)^2\)\(\leq\)\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\)

对约束式配方：\(\left(x-\cfrac{y}{2}\right)^2\)\(+\)\(\left(\cfrac{\sqrt{3}}{2}y\right)^2\)\(=\)\(3\)；

\(12=3\times4\)

\(=\left[(x-\cfrac{y}{2})^2+(\cfrac{\sqrt{3}}{2}y)^2\right]\cdot\left[1^2+(\sqrt{3})^2\right]\)

\(\geq\left[(x-\cfrac{y}{2})\times1+\cfrac{\sqrt{3}}{2}y\times\sqrt{3}\right]^2=(x+y)^2\)

整理为 \((x+y)^2 \leq 12\)，开方得\(-2\sqrt{3}\leq x+y \leq2\sqrt{3}\)，

因此 \(x+y\) 的最大值为\(2\sqrt{3}\)，最小值为\(-2\sqrt{3}\)。

解法❾：【艾劳曼斯同学提供思路】解方程 + 柯西不等式：

把原等式变为关于\(y\) 的一元二次方程：\(y^2 - xy + x^2 - 3 = 0\)，

解方程得：\(y=\cfrac{x\pm\sqrt{12-3x^2}}{2}\)，两边同时加 \(x\) ，

所以 \(x+y=\cfrac{3x\pm\sqrt{12-3x^2}}{2}\)，

利用柯西不等式，有

\((x+y)^2=\left(\cfrac{3x\pm\sqrt{12-3x^2}}{2}\right)^2\)

\(=\)\(\cfrac{1}{4}(3x\pm\sqrt{12-3x^2})^2\)

\(=\cfrac{1}{4}(\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}x\pm 1\cdot\sqrt{12-3x^2})^2\)

\(\leq\cfrac{1}{4}\left[(\sqrt{3}x)^2+(\sqrt{12-3x^2})^2\right]\left[1^2+(\sqrt{3})^2\right]=12\)

所以 \(x+y\in[-2\sqrt{3}, 2\sqrt{3}]\)

解法⓮：【知乎踢歪提供思路】二次函数求根公式 + 柯西不等式

将原式变换为 \(x^2\)\(-\)\(yx\)\(+\)\(y^2\)\(-\)\(3\)\(=\)\(0\)，求解关于 \(x\) 的一元二次方程，

则 \(x\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\left(y\pm\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right)\)，两边同加 \(y\)，

则 \(x+y=\cfrac{1}{2}\left(3y+\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right)\) 或 \(x+y=\cfrac{1}{2}\left(3y-\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right)\)

由柯西不等式知:

\(\cfrac{1}{2}\left|3y+\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right|\)

\(\leq\cfrac{1}{2}\sqrt{\left(3^2+(\sqrt{3})^2\right)\left(y^2+(\sqrt{4-y^2})^2\right)}\)

\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\left(3^2+3\right)\left(y^2+4-y^2\right)}=2\sqrt{3}\)

不难得知，当 \(y=\sqrt{3}\) 时，\(\cfrac{1}{2}\left(3y+\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right)\) 取得最大值 \(2\sqrt{3}\)，此时 \(x=\sqrt{3}\)

同理，当 \(y=-\sqrt{3}\) 时，\(\cfrac{1}{2}\left(3y-\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-y^2}\right)\) 取得最小值 \(-2\sqrt{3}\)，此时\(x=-\sqrt{3}\)

故: \(x+y\) 的最大值 \(2\sqrt{3}\)，最小值 \(-2\sqrt{3}\) .

解法 ㉒ ：【知乎freeMaths提供思路】尝试用柯西不等式

将原式 \(x^2\) \(+\) \(y^2\) \(-\) \(xy\) \(=3\)两边同乘以 \(4\)，变形为 \(4x^2 - 4xy + 4y^2 = 12\)，

也即 \((4x^2-4xy+y^2)+3y^2=12\)，即 \((2x-y)^2+3y^2=12\)，

应用柯西不等式变形，即

\(12\times4=[(2x-y)^2+(\sqrt{3}y)^2][(\sqrt{1})^2+(\sqrt{3})^2]\)

\(\geq\)\(((2x-y)\cdot1+\sqrt{3}\cdot\sqrt{3y})^2=(2x+2y)^2=4(x+y)^2\)，

即 \((x+y)^2\le 12\)， \(-2\sqrt{3}\le x+y\le 2\sqrt{3}\) .

当且仅当 \(\cfrac{1}{2x-y}=\cfrac{1}{y}\) 即 \(x=y\) 时取得等号。