2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第三講 柯西不等式與排序不等式 三 排序不等式學(xué)案 新人教A版選修4-5.docx

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三　排序不等式 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.了解反序和、亂序和、順序和等有關(guān)概念.2.了解排序不等式及其證明的幾何意義與背景.3.掌握排序不等式的結(jié)構(gòu)形式，并能簡(jiǎn)單應(yīng)用． 知識(shí)點(diǎn)　排序不等式 思考1　某班學(xué)生要開(kāi)聯(lián)歡會(huì)，需要買(mǎi)價(jià)格不同的禮品4件、5件及2件，現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為3元、2元和1元的禮品，問(wèn)有多少種不同的購(gòu)買(mǎi)方案？在這些方案中哪種花錢(qián)最少？哪種花錢(qián)最多？ 答案　(1)共有321＝6(種)不同的購(gòu)買(mǎi)方案． (2)53＋42＋21＝25(元)，這種方案花錢(qián)最多； 51＋42＋23＝19(元)，這種方案花錢(qián)最少． 思考2　如圖，∠POQ＝60，比較與的大?。? 答案　 梳理　(1)順序和、亂序和、反序和的概念 設(shè)有兩個(gè)有序?qū)崝?shù)組：a1≤a2≤…≤an；b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任意一個(gè)排列． ①亂序和：S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn. ②反序和：S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1. ③順序和：S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn. (2)排序不等式(排序原理) 設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實(shí)數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，則a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時(shí)，反序和等于順序和． 類(lèi)型一　利用排序不等式證明不等式 例1　已知a，b，c為正數(shù)，且a≥b≥c， 求證：＋＋≥＋＋. 證明　∵a≥b＞0，于是≤， 又c＞0，從而≥， 同理≥，從而≥≥. 又順序和不小于亂序和，故可得 ＋＋≥＋＋ ＝＋＋ ≥＋＋ ＝＋＋＝＋＋. ∴原不等式成立． 反思與感悟　利用排序不等式證明不等式的技巧在于仔細(xì)觀(guān)察、分析所要證明的式子的結(jié)構(gòu)，從而正確地構(gòu)造出不等式中所需要的帶有大小順序的兩個(gè)數(shù)組． 跟蹤訓(xùn)練1　已知0＜a≤b≤c，求證：＋＋≥＋＋. 證明　因?yàn)?＜a≤b≤c，所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c， 所以≥≥＞0， 又0＜a2≤b2≤c2， 所以＋＋是順序和， ＋＋是亂序和， 由排序不等式可知順序和大于等于亂序和， 即不等式＋＋≥＋＋成立． 例2　已知a，b，c均為正數(shù)，求證：＋＋≥(a＋b＋c)． 證明　由不等式的對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)a≥b≥c＞0， 所以a2≥b2≥c2，≥≥. 由順序和≥亂序和得到兩個(gè)不等式： ＋＋≥＋＋， ＋＋≥＋＋. 兩式相加，得 2≥＋＋， 注意到≥(b＋c)，≥(c＋a)， ≥(a＋b)， 所以2 ≥(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b) ＝a＋b＋c. 故＋＋≥(a＋b＋c)． 反思與感悟　對(duì)于排序不等式，其核心是必須有兩組完全確定的數(shù)據(jù)，所以解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出這樣的兩組數(shù)據(jù)． 跟蹤訓(xùn)練2　設(shè)a，b，c∈R＋，利用排序不等式證明： a3＋b3＋c3≤＋＋. 證明　不妨設(shè)0＜a≤b≤c， 則a5≤b5≤c5，≤≤， 所以由排序不等式可得 a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋， a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋， 所以a3＋b3＋c3≤＋＋. 類(lèi)型二　利用排序不等式求最值 例3　設(shè)a，b，c為任意正數(shù)，求＋＋的最小值． 解　由于a，b，c的對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)a≥b≥c＞0， 則a＋b≥a＋c≥b＋c， ≥≥， 由排序不等式，得 ＋＋≥＋＋， ＋＋≥＋＋， 上述兩式相加，得2≥3， 即＋＋≥. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，＋＋取最小值. 反思與感悟　求最小(大)值，往往所給式子是順(反)序和式．然后利用順(反)序和不小(大)于亂序和的原理構(gòu)造出一個(gè)或二個(gè)適當(dāng)?shù)膩y序和，從而求出其最小(大)值． 跟蹤訓(xùn)練3　設(shè)0＜a≤b≤c且abc＝1.試求＋＋的最小值． 解　令S＝＋＋， 則S＝＋＋ ＝bc＋ac＋ab. 由已知可得≥≥，ab≤ac≤bc. ∴S≥ac＋ab＋bc ＝＋＋. 又S≥ab＋bc＋ac ＝＋＋， 兩式相加，得2S≥＋＋≥3＝3. ∴S≥，即＋＋的最小值為. 1．設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，則P與Q的大小關(guān)系是(　　) A．P＞QB．P≥QC．P＜QD．P≤Q 答案　B 解析　不妨設(shè)a≥b≥c＞0，則a2≥b2≥c2＞0.由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立，所以P≥Q. 2．已知a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11.將bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列記為c1，c2，c3，c4，c5，則a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值是(　　) A．324 B．314 C．304 D．212 答案　C 解析　a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5 ＝23＋74＋86＋910＋1211＝304. 3．n個(gè)正數(shù)與這n個(gè)正數(shù)的倒數(shù)的乘積的和的最小值為_(kāi)_______． 答案　n 解析　設(shè)0＜a1≤a2≤a3≤…≤an， 則0＜a≤a≤…≤a， 則由排序不等式得，反序和≤亂序和≤順序和． 故最小值為反序和 a1a＋a2a＋…＋ana＝n. 4．設(shè)a，b都是正數(shù)，求證：2＋2≥＋. 證明　由題意不妨設(shè)a≥b＞0. 則a2≥b2，≥，所以≥. 根據(jù)排序不等式知，＋ ≥＋， 即2＋2≥＋. 1．對(duì)排序不等式的理解 排序原理是對(duì)不同的兩個(gè)數(shù)組來(lái)研究不同的乘積和的問(wèn)題，能構(gòu)造的和按數(shù)組中的某種“搭配”的順序被分為三種形式：順序和、反序和、亂序和，對(duì)這三種不同的搭配形式只需注意是怎樣的“次序”，兩種較為簡(jiǎn)單的是“順與反”，而亂序和也就是不按“常理”的順序了． 2．排序不等式的本質(zhì) 兩實(shí)數(shù)序列同方向單調(diào)(同時(shí)增或同時(shí)減)時(shí)所得兩兩乘積之和最大，反方向單調(diào)(一增一減)時(shí)所得兩兩乘積之和最小． 3．排序不等式取等號(hào)的條件 等號(hào)成立的條件是其中一序列為常數(shù)序列，即a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝b3＝…＝bn. 4．排序原理的思想 在解答數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，常常涉及一些可以比較大小的量，它們之間并沒(méi)有預(yù)先規(guī)定大小順序，那么在解答問(wèn)題時(shí)，我們可以利用排序原理的思想方法，將它們按一定順序排列起來(lái)，繼而利用不等關(guān)系來(lái)解題．因此，對(duì)于排序原理，我們記住的是處理問(wèn)題的這種思想及方法，同時(shí)要學(xué)會(huì)善于利用這種比較經(jīng)典的結(jié)論來(lái)處理實(shí)際問(wèn)題． 一、選擇題 1．有三個(gè)房間需要粉刷，粉刷方案要求：每個(gè)房間只用一種顏色，且三個(gè)房間顏色各不相同．已知三個(gè)房間的粉刷面積(單位：m2)分別為x，y，z，且x＜y＜z，三種顏色涂料的粉刷費(fèi)用(單位：元/m2)分別為a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的總費(fèi)用(單位：元)是(　　) A．a(chǎn)x＋by＋cz B．a(chǎn)z＋by＋cx C．a(chǎn)y＋bz＋cx D．a(chǎn)y＋bx＋cz 答案　B 解析　根據(jù)排序原理，反序和最小，即az＋by＋cx最?。? 2．已知a，b，c＞0，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正負(fù)情況是(　　) A．大于零 B．大于零或等于零 C．小于零 D．小于零或等于零 答案　B 解析　當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)， a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝0， 當(dāng)a＝1，b＝2，c＝3時(shí)， a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62. 3．設(shè)a，b，c都是正數(shù)，則式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b3ac－c3ab與0的大小關(guān)系是(　　) A．M≥0 B．M≤0 C．M與0的大小關(guān)系與a，b，c的大小有關(guān) D．不能確定 答案　A 解析　不妨設(shè)a≥b≥c＞0， 則a3≥b3≥c3，且a4≥b4≥c4， 則a5＋b5＋c5＝aa4＋bb4＋cc4 ≥ac4＋ba4＋cb4. ∵a3≥b3≥c3， 且ab≥ac≥bc， ∴a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca ≥a3bc＋b3ac＋c3ab. ∴a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab. ∴M≥0. 4．在銳角三角形ABC中，設(shè)P＝，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，則P，Q的大小關(guān)系為(　　) A．P≥Q B．P＝Q C．P≤Q D．不能確定 答案　C 解析　不妨設(shè)A≥B≥C， 則a≥b≥c，cosA≤cosB≤cosC， 則由排序不等式有 Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥acosB＋bcosC＋ccosA ＝R(2sinAcosB＋2sinBcosC＋2sinCcosA)， Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥bcosA＋ccosB＋acosC ＝R(2sinBcosA＋2sinCcosB＋2sinAcosC)， 上面兩式相加，得 Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥R(2sinAcosB＋ 2sinBcosA＋2sinBcosC＋2sinCcosB＋2sinCcosA＋2sinAcosC) ＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)] ＝R(sinC＋sinA＋sinB)＝P＝. 5．設(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，E＝＋＋，F(xiàn)＝a1＋a2＋a3，則E，F(xiàn)的大小關(guān)系是(　　) A．E＜FB．E≥FC．E＝FD．E≤F 答案　B 解析　不妨設(shè)a1≥a2≥a3＞0， 則≤≤且a2a3≤a3a1≤a1a2， ∴＋＋≥a1a2＋a2a3＋a3a1 ＝a1＋a2＋a3. ∴E≥F. 6．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋xy3，則M與N的大小關(guān)系是(　　) A．M＞NB．M≥NC．M＜ND．M≤N 答案　B 解析　∵x≥y， ∴x3≥y3. ∴M＝xx3＋yy3≥x3y＋y3x＝x3y＋y3x＝N. 二、填空題 7．已知兩組數(shù)1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一個(gè)排列，則1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________． 答案　32　28 解析　由反序和≤亂序和≤順序和知，順序和最大，反序和最小，故最大值為32，最小值為28. 8．5個(gè)人各拿一只水桶到水龍頭接水，如果水龍頭注滿(mǎn)這5個(gè)人的水桶需要的時(shí)間分別是4min,8min,6min，10min，5min，統(tǒng)籌安排這5個(gè)人接水的順序，則他們等待的總時(shí)間最少為_(kāi)_______min. 答案　84 解析　5個(gè)人按接水時(shí)間為4 min,5 min,6 min,8 min，10 min的順序進(jìn)行接水時(shí)等待的總時(shí)間最少，為45＋54＋63＋82＋101＝84(min)． 9．在Rt△ABC中，∠C為直角，A，B所對(duì)的邊分別為a，b，則aA＋bB與(a＋b)的大小關(guān)系為_(kāi)_______． 答案　aA＋bB≥(a＋b) 解析　不妨設(shè)a≥b＞0， 則A≥B＞0，由排序不等式 ?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B) ＝(a＋b)， ∴aA＋bB≥(a＋b)． 10．設(shè)a1，a2，…，an為正數(shù)，且a1＋a2＋…＋an＝5，則＋＋…＋＋的最小值為_(kāi)_______． 答案　5 解析　由所求代數(shù)式的對(duì)稱(chēng)性， 不妨設(shè)0＜a1≤a2≤…≤an， 所以a≤a≤…≤a， ≥≥…≥， 而，，…，，為，，，…，的一個(gè)排列，由亂序和≥反序和，得a＋a＋…＋a＋a≥a＋a＋…＋a，即＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an＝5. 三、解答題 11．設(shè)a，b，c∈(0，＋∞)，利用排序不等式證明：a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b. 證明　不妨設(shè)a≥b≥c＞0，則lg a≥lg b≥lg c， 所以alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c， alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c， 所以2alg a＋2blg b＋2clg c≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c， 所以lg(a2ab2bc2c)≥lg(ab＋cba＋cca＋b)， 故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b. 12．設(shè)a1，a2，…，an是n個(gè)互不相等的正整數(shù)，求證： 1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋. 證明　設(shè)b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一個(gè)排列，且滿(mǎn)足b1＜b2＜…＜bn. 因?yàn)閎1，b2，…，bn是互不相等的正整數(shù)， 故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n. 又因?yàn)?＞＞＞…＞， 故由排序不等式，得 a1＋＋＋…＋≥b1＋＋＋…＋ ≥11＋2＋3＋…＋n ＝1＋＋＋…＋. 13．已知0＜α＜β＜γ＜，求證：sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα＞(sin2α＋sin2β＋sin2γ)． 證明　∵0＜α＜β＜γ＜，且y＝sinx在上為增函數(shù)，y＝cosx在為減函數(shù)， ∴0＜sinα＜sinβ＜sinγ，cosα＞cosβ＞cosγ＞0. ∴sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα＞sinαcosα＋sinβcosβ＋sinγcosγ＝(sin2α＋sin2β＋sin2γ)． 四、探究與拓展 14．設(shè)x，y，z為正數(shù)，求證： x＋y＋z≤＋＋. 證明　由于不等式關(guān)于x，y，z對(duì)稱(chēng)， 不妨設(shè)0＜x≤y≤z， 于是x2≤y2≤z2，≤≤， 由反序和≤亂序和，得 x2＋y2＋z2≤x2＋y2＋z2， x2＋y2＋z2≤x2＋y2＋z2， 將上面兩式相加得 2(x＋y＋z)≤＋＋， 于是x＋y＋z≤＋＋. 15．設(shè)x＞0，求證：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. 證明　(1)當(dāng)x≥1時(shí)，1≤x≤x2≤…≤xn. 由排序原理知， 11＋xx＋x2x2＋…＋xnxn≥xn1＋xn－1x＋…＋1xn， 所以1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ① 又因?yàn)閤，x2，…，xn,1為1，x，x2，…，xn的一個(gè)排序，于是由排序原理得1x＋xx2＋…＋xn－1xn＋xn1≥1xn＋xxn－1＋…＋xn－1x＋xn1， 所以x＋x3＋…＋x2n－1≥nxn. ② ①＋②，得 1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. (2)當(dāng)0＜x＜1時(shí)，1＞x＞x2＞…＞xn， 同理可得結(jié)論． 綜合(1)與(2)可知，當(dāng)x＞0時(shí)， 1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.