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自从新课改高考以来，经典不等式应用的身影在压轴题中已是屡见不鲜，比如以均值不等式、伯努利不等式、和琴生不等式以及其加权的结构为背景的高考压轴题在近几年已经出现，精彩纷呈，引起了老师学生的广泛关注.而经典不等式——柯西不等式自新课改高考以来，也已进入高考试卷，并且在选择题、填空题中以稳定的考点，多变的形式出现.
柯西不等式的一般形式为：设ai∈R，bi∈R（i=1，2，3，…，n），
则（a1b1+a2b2+…aibi+…+anbn）2≤
（a21+a22+…+a2n）（b21+b22+…+b2n）
，当且仅当
bi=0（i=1，2，…，n）或
a1b1
=a2b2
=…=
anbn
时等号成立.它的结构特征可记为：左边“积、和、方”不大于右边“方、和、积”.其结构特征是该知识点的本质体现，它告诉我们，如何利用柯西不等式解题，则必须基于它的结构特征，即配凑出它的结构特征或观察出来后灵活运用.在当前部分省高考中，柯西不等式近两年主要考察三元的结构，其应用主要体现在以下三个方面.
一、利用柯西不等式求最值
例1 若x，y，z为正数且2x+3y+5z=29，则函数
μ=2x+1+3y+4+
5z+6的最大值为（ ）
（A） 5 （B） 215 （C） 230 （D）
30
分析：条件是一个定和，待求对象可变形为
μ=1·2x+1+1·3y+4
+1·5z+6，这时就可以直接用柯西不等式.
解：
μ2=（1·2x+1+1·3y+4+1·
5z+6）2≤（12+12+12）
[（2x+1）2+（3y+4）2+（5z+6）2]
=3×40=120
，又x，y，z为正数，故μmax=230（当且仅当
2x+1=3y+4=5z+6时等号成立）.故选（C）.
例2 已知非负实数x， y， z满足x+2y+3z=1， 则
1x+2y+42y+3z+
93z+x
的最小值为 .
分析：这是一个分式结构，表面上看与条件联系不大，但仔细观察发现分母
（x+2y）+（2y+3z）+（3z+x）=2是一个定值，并且待求式子可变出平方和的结构：
1x+2y+42y+3z
+93z+x
=（1x+2y）2+
（22y+3z）2+
（33z+x）2
，这时凑出了柯西不等式的结构.
解：因
（1x+2y+42y+3z
+93z+x ） ·
[（x+2y）+（2y+3z）+（3z+x）]=
（（1x+2y）2+
（22y+3z）2+
（33z+x）2）
·[（x+2y）2+（
2y+3z）2+（3z+x）2]
≥[1x+2y·x+2y+
22y+3z·2y+3z+
33z+x·
3z+x]2=36.
所以1x+2y+42y+3z
+93z+x≥18（当且仅当
x+2y=2y+3z2=
3z+x3时等号成立）.
二、考察柯西不等式等号成立的条件
例3 设a，b，c，x，y，z是正数，且
a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20
，则a+b+cx+y+z=.
（A） 14 （B） 13 （C） 12 （D） 34
分析：这题很基础，基本上是送分题，因为条件中可清晰看出满足柯西不等式的结构特征.此题主要考查柯西不等式等号成立的条件.
解：由柯西不等式得，
（a2+b2+c2）（x2+y2+z2）≥（ax+by+cz）2=400，当且仅当
ax=by=
cz=12时取等号，因此
a+b+cx+y+z=12，故选（C）.
例4 设
x，y，z∈R，且满足：
x2+y2+z2=1，x+2y+3z=14，则
x+y+z=.
分析：由柯西不等式知
（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+32），很容易找到等号成立的条件，准确计算出x，y，z的值即可.另外，连续两年湖北省高考都考察等号成立的条件，而求最值，等号成立的条件恰恰是最不能忽视的，否则就容易导致出错.
解：因为（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+32），所以要取到等号，必须满足
x1=y2=
z3，结合
x+2y+3z=14，可得
x+y+z=3147.
三、利用柯西不等式进行不等式的证明
这个点当前在高考中暂未出现，因为它对学生的能力要求较高，但早已是竞赛中的常客，最近笔者在今年部分高三模拟压轴题中已见到.我想随着时间的推移，这点迟早会出现，因为随着柯西不等式参与压轴题的考察，使得压轴题的面更宽，也更加精彩，柯西不等式的魅力进一步得以展现，让人回味无穷.
例5 已知
f （x）=xlnx，g（x）=12x2+12. （1）设F （x）=f （x）+g（x），求函数F （x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）求证：ef （x）≥g（x）对任意的
x∈（0，+∞）恒成立；
（3）若a，b，c∈R+，且
a2+b2+c2=3，求证：
（b+c）2aa+1
+（c+a）2bb+1
+（a+b）2cc+1≤6.
分析：（1）先求函数
F（x）的导函数，再求切线斜率
F（1），利用直线点斜式可得切线方程；（2）构造函数
G（x）=ef （x）-g（x）=exlnx
-12x2-12，只需要证明
G（x）min≥0即可，这时需要对G（x）求导，考查函数的单调性，若一阶导数说不清楚的话，有时还要求二阶导数把问题交代清楚；（3）结合已知条件或已得到的结论，构建恰当的函数不等式是求解的关键，由（2）得
xx≥12x2+
12依次将待证目标的分母进行放缩，然后结合条件再用柯西不等式放缩，进而达到目标.柯西不等式的应用是本题的亮点之一.
解：（1）
F（x）=f （x）+g（x）=xlnx+12x2+12，
F′（x）=1+lnx+x，则F（1）=1，F′（1）=2，所以F（x）图象在x=1处的切线方程为
y-1=2（x-1），即2x-y-1=0.
（2）令
G（x）=ef （x）-g（x）=exlnx-12
x2-12，G′（x）=exlnx
（1+lnx）-x.
则G″（x）=exlnx（1+lnx）2+exlnx·
1x-1=exlnx
（1+lnx）2+e（x-1）lnx
-1.
因为x-1与lnx同号，所以（x-1）lnx≥0，所以e（x-1）lnx-1≥0.
所以G″（x）>0，所以G′（x）在
（0，+∞）单调递增.
又G′（1）=0，所以当x∈（0，1）时，
G′（x）<0；当x∈（1，+∞）时，
G′（x）>0.
所以G（x）在（0，1）单调递减，在
（1，+∞）单调递增，所以G（x）min=G（1）=0.
所以G（x）≥0， 即
ef （x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立 .
（3）由（2）知
xx≥12x2+12，则
（b+c）2aa+1
+（c+a）2bb+1
+（a+b）2cc+1
≤（b+c）2
12a2+32
+（c+a）2
b22+
32
+（a+b）2
12c2+32
=2[（b+c）22a2+b2+c2+
（c+a）2a2+2b2+c2+
（a+b）2a2+b2+2c2]
，由柯西不等式得
（b2a2+b2+c2
a2+c2
）[（a2+b2）+（a2+c2）]≥
（b+c）2，
所以
（b+c）22a2+b2+c2
≤b2a2+b2+
c2a2+c2
，同理（b+c）2a2+2b2+c2≤
c2a2+b2+
a2b2+c2，
（a+b）2a2+b2+2c2≤a2a2
+c2
+b2b2+c2
，将以上三个不等式相加即得证.
例6 已知函数
f （x）=lnx，g（x）=k·x-1x+1，
（1）求函数F（x）=f （x）-g（x）的单调区间；
（2）当x>1时，函数f （x）>g（x）恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设正实数a1，a2，…，an满足
a1+a2+a3+…+an=1，求证：
ln（1+1a21）+
ln（1+1a22）+…
+ln（1+1a2n）>
2n2n+2.
分析：（1）
F（x）=lnx-k·x-1x+1，求导得
F′（x）=x2+2（1-k）x+1x（x+1）2，注意定义域为
（0，+∞）.由于导函数的分母恒大于0，只需要研究分子，而分子不能进行因式分解，故只能考查对应方程的判别式，由判别式的符号结合根的位置大小确定单调区间；（2）构建函数
F（x）=f （x）-g（x），只需要满足
F（x）min>0恒成立，这时最值的研究依赖（1）中函数单调性的结论；（3）首先用（2）中得到的函数不等式对通项
ln（1+1a2i）（i=1，2，…，n）进行放缩，进一步观察所得结构与
a1+a2+a3+…+an=1的关系，这里最终的证明要借助柯西不等式来完成.
解：（1）函数的定义域为
（0，+∞），F（x）=lnx-k·x-1x+1，
F′（x）=x2+2（1-k）x+1x（x+1）2.由
x2+2（1-k）x+1=0的判别式Δ=4（1-k）2-4=4（k2-2k）. ① 当Δ≤0即
k∈[0，2]时，F（x）≥0恒成立，则F（x）在（0，+∞）单调递增.
②当k<0时，F′（x）>0在（0，+∞）恒成立，则F（x）在
（0，+∞）单调递增.
③当k>2时，方程
x2+2（1-k）x+1=0的两正根为
k-1-k2-2k，
k-1+k2-2k，则
F（x）在（0，k-1-k2-2k）单调递增， （k-1-k2-2k，k-1+k2+2k）单调递减，
（k-1-k2-2k，+∞）
单调递增，综上，
当k≤2时，只有单调递增区间（0，+∞）；当
k>2时，单调递增区间为
（0，k-1-k2-2k），
（k-1-k2-2k，+∞），单调递减区间为
（k-1-k2-2k，k-1+k2+2k）.
（2）即x>1时，F（x）>0恒成立.当
k≤2时，F（x）在（0，+∞）单调递增，故当
x>1时，
F（x）>F（1）=0满足条件；当
k>2时，F（x）在
（k-1-k2-2k
，k-1+k2+2k）单调递减，则
F（x）在
（1，k-1+k2+2k）单调递减，此时
F（x） （3）由（2）知，
lnx>2·x-1x+1在（1，+∞）恒成立，令
x=1+1a2n，则
ln（1+1a2n）>2
·1a2n
2+1a2n
=22a2n+1>2
2an+1
，所以
∑ni=1ln（1+1a2i
）>2（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）
，由柯西不等式知，
（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）[（2a1+1）+（2a2+1）+…+
（2an+1）]≥n2
，从而
2（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）≥2n2n+2
，所以∑ni=1ln（1+1a2i）
>2n2n+2，得证.
柯西不等式的一般形式为：设ai∈R，bi∈R（i=1，2，3，…，n），
则（a1b1+a2b2+…aibi+…+anbn）2≤
（a21+a22+…+a2n）（b21+b22+…+b2n）
，当且仅当
bi=0（i=1，2，…，n）或
a1b1
=a2b2
=…=
anbn
时等号成立.它的结构特征可记为：左边“积、和、方”不大于右边“方、和、积”.其结构特征是该知识点的本质体现，它告诉我们，如何利用柯西不等式解题，则必须基于它的结构特征，即配凑出它的结构特征或观察出来后灵活运用.在当前部分省高考中，柯西不等式近两年主要考察三元的结构，其应用主要体现在以下三个方面.
一、利用柯西不等式求最值
例1 若x，y，z为正数且2x+3y+5z=29，则函数
μ=2x+1+3y+4+
5z+6的最大值为（ ）
（A） 5 （B） 215 （C） 230 （D）
30
分析：条件是一个定和，待求对象可变形为
μ=1·2x+1+1·3y+4
+1·5z+6，这时就可以直接用柯西不等式.
解：
μ2=（1·2x+1+1·3y+4+1·
5z+6）2≤（12+12+12）
[（2x+1）2+（3y+4）2+（5z+6）2]
=3×40=120
，又x，y，z为正数，故μmax=230（当且仅当
2x+1=3y+4=5z+6时等号成立）.故选（C）.
例2 已知非负实数x， y， z满足x+2y+3z=1， 则
1x+2y+42y+3z+
93z+x
的最小值为 .
分析：这是一个分式结构，表面上看与条件联系不大，但仔细观察发现分母
（x+2y）+（2y+3z）+（3z+x）=2是一个定值，并且待求式子可变出平方和的结构：
1x+2y+42y+3z
+93z+x
=（1x+2y）2+
（22y+3z）2+
（33z+x）2
，这时凑出了柯西不等式的结构.
解：因
（1x+2y+42y+3z
+93z+x ） ·
[（x+2y）+（2y+3z）+（3z+x）]=
（（1x+2y）2+
（22y+3z）2+
（33z+x）2）
·[（x+2y）2+（
2y+3z）2+（3z+x）2]
≥[1x+2y·x+2y+
22y+3z·2y+3z+
33z+x·
3z+x]2=36.
所以1x+2y+42y+3z
+93z+x≥18（当且仅当
x+2y=2y+3z2=
3z+x3时等号成立）.
二、考察柯西不等式等号成立的条件
例3 设a，b，c，x，y，z是正数，且
a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20
，则a+b+cx+y+z=.
（A） 14 （B） 13 （C） 12 （D） 34
分析：这题很基础，基本上是送分题，因为条件中可清晰看出满足柯西不等式的结构特征.此题主要考查柯西不等式等号成立的条件.
解：由柯西不等式得，
（a2+b2+c2）（x2+y2+z2）≥（ax+by+cz）2=400，当且仅当
ax=by=
cz=12时取等号，因此
a+b+cx+y+z=12，故选（C）.
例4 设
x，y，z∈R，且满足：
x2+y2+z2=1，x+2y+3z=14，则
x+y+z=.
分析：由柯西不等式知
（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+32），很容易找到等号成立的条件，准确计算出x，y，z的值即可.另外，连续两年湖北省高考都考察等号成立的条件，而求最值，等号成立的条件恰恰是最不能忽视的，否则就容易导致出错.
解：因为（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+32），所以要取到等号，必须满足
x1=y2=
z3，结合
x+2y+3z=14，可得
x+y+z=3147.
三、利用柯西不等式进行不等式的证明
这个点当前在高考中暂未出现，因为它对学生的能力要求较高，但早已是竞赛中的常客，最近笔者在今年部分高三模拟压轴题中已见到.我想随着时间的推移，这点迟早会出现，因为随着柯西不等式参与压轴题的考察，使得压轴题的面更宽，也更加精彩，柯西不等式的魅力进一步得以展现，让人回味无穷.
例5 已知
f （x）=xlnx，g（x）=12x2+12. （1）设F （x）=f （x）+g（x），求函数F （x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）求证：ef （x）≥g（x）对任意的
x∈（0，+∞）恒成立；
（3）若a，b，c∈R+，且
a2+b2+c2=3，求证：
（b+c）2aa+1
+（c+a）2bb+1
+（a+b）2cc+1≤6.
分析：（1）先求函数
F（x）的导函数，再求切线斜率
F（1），利用直线点斜式可得切线方程；（2）构造函数
G（x）=ef （x）-g（x）=exlnx
-12x2-12，只需要证明
G（x）min≥0即可，这时需要对G（x）求导，考查函数的单调性，若一阶导数说不清楚的话，有时还要求二阶导数把问题交代清楚；（3）结合已知条件或已得到的结论，构建恰当的函数不等式是求解的关键，由（2）得
xx≥12x2+
12依次将待证目标的分母进行放缩，然后结合条件再用柯西不等式放缩，进而达到目标.柯西不等式的应用是本题的亮点之一.
解：（1）
F（x）=f （x）+g（x）=xlnx+12x2+12，
F′（x）=1+lnx+x，则F（1）=1，F′（1）=2，所以F（x）图象在x=1处的切线方程为
y-1=2（x-1），即2x-y-1=0.
（2）令
G（x）=ef （x）-g（x）=exlnx-12
x2-12，G′（x）=exlnx
（1+lnx）-x.
则G″（x）=exlnx（1+lnx）2+exlnx·
1x-1=exlnx
（1+lnx）2+e（x-1）lnx
-1.
因为x-1与lnx同号，所以（x-1）lnx≥0，所以e（x-1）lnx-1≥0.
所以G″（x）>0，所以G′（x）在
（0，+∞）单调递增.
又G′（1）=0，所以当x∈（0，1）时，
G′（x）<0；当x∈（1，+∞）时，
G′（x）>0.
所以G（x）在（0，1）单调递减，在
（1，+∞）单调递增，所以G（x）min=G（1）=0.
所以G（x）≥0， 即
ef （x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立 .
（3）由（2）知
xx≥12x2+12，则
（b+c）2aa+1
+（c+a）2bb+1
+（a+b）2cc+1
≤（b+c）2
12a2+32
+（c+a）2
b22+
32
+（a+b）2
12c2+32
=2[（b+c）22a2+b2+c2+
（c+a）2a2+2b2+c2+
（a+b）2a2+b2+2c2]
，由柯西不等式得
（b2a2+b2+c2
a2+c2
）[（a2+b2）+（a2+c2）]≥
（b+c）2，
所以
（b+c）22a2+b2+c2
≤b2a2+b2+
c2a2+c2
，同理（b+c）2a2+2b2+c2≤
c2a2+b2+
a2b2+c2，
（a+b）2a2+b2+2c2≤a2a2
+c2
+b2b2+c2
，将以上三个不等式相加即得证.
例6 已知函数
f （x）=lnx，g（x）=k·x-1x+1，
（1）求函数F（x）=f （x）-g（x）的单调区间；
（2）当x>1时，函数f （x）>g（x）恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设正实数a1，a2，…，an满足
a1+a2+a3+…+an=1，求证：
ln（1+1a21）+
ln（1+1a22）+…
+ln（1+1a2n）>
2n2n+2.
分析：（1）
F（x）=lnx-k·x-1x+1，求导得
F′（x）=x2+2（1-k）x+1x（x+1）2，注意定义域为
（0，+∞）.由于导函数的分母恒大于0，只需要研究分子，而分子不能进行因式分解，故只能考查对应方程的判别式，由判别式的符号结合根的位置大小确定单调区间；（2）构建函数
F（x）=f （x）-g（x），只需要满足
F（x）min>0恒成立，这时最值的研究依赖（1）中函数单调性的结论；（3）首先用（2）中得到的函数不等式对通项
ln（1+1a2i）（i=1，2，…，n）进行放缩，进一步观察所得结构与
a1+a2+a3+…+an=1的关系，这里最终的证明要借助柯西不等式来完成.
解：（1）函数的定义域为
（0，+∞），F（x）=lnx-k·x-1x+1，
F′（x）=x2+2（1-k）x+1x（x+1）2.由
x2+2（1-k）x+1=0的判别式Δ=4（1-k）2-4=4（k2-2k）. ① 当Δ≤0即
k∈[0，2]时，F（x）≥0恒成立，则F（x）在（0，+∞）单调递增.
②当k<0时，F′（x）>0在（0，+∞）恒成立，则F（x）在
（0，+∞）单调递增.
③当k>2时，方程
x2+2（1-k）x+1=0的两正根为
k-1-k2-2k，
k-1+k2-2k，则
F（x）在（0，k-1-k2-2k）单调递增， （k-1-k2-2k，k-1+k2+2k）单调递减，
（k-1-k2-2k，+∞）
单调递增，综上，
当k≤2时，只有单调递增区间（0，+∞）；当
k>2时，单调递增区间为
（0，k-1-k2-2k），
（k-1-k2-2k，+∞），单调递减区间为
（k-1-k2-2k，k-1+k2+2k）.
（2）即x>1时，F（x）>0恒成立.当
k≤2时，F（x）在（0，+∞）单调递增，故当
x>1时，
F（x）>F（1）=0满足条件；当
k>2时，F（x）在
（k-1-k2-2k
，k-1+k2+2k）单调递减，则
F（x）在
（1，k-1+k2+2k）单调递减，此时
F（x）
lnx>2·x-1x+1在（1，+∞）恒成立，令
x=1+1a2n，则
ln（1+1a2n）>2
·1a2n
2+1a2n
=22a2n+1>2
2an+1
，所以
∑ni=1ln（1+1a2i
）>2（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）
，由柯西不等式知，
（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）[（2a1+1）+（2a2+1）+…+
（2an+1）]≥n2
，从而
2（12a1+1+
12a2+1+…+
12an+1）≥2n2n+2
，所以∑ni=1ln（1+1a2i）
>2n2n+2，得证.