2017-2018學年高中數(shù)學 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應用 2.2 排序不等式學案 新人教B版選修4-5

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1、 2．2 排序不等式 [讀教材·填要點] 1．順序和、亂序和、反序和的概念 設a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn是兩組實數(shù)，c1，c2，c3，…，cn為b1，b2，…，bn的任何一個排列，稱 a1b1＋a2b2＋…＋anbn 為這兩個實數(shù)組的順序積之和(簡稱順序和)，稱 a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1 為這兩個實數(shù)組的反序積之和(簡稱反序和)，稱 a1c1＋a2c2＋…＋ancn 為這兩個實數(shù)組的亂序積之和(簡稱亂序和)． 2．排序原理 設a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，b

2、n的任一排列，則有a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 等號成立?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn. 排序原理可簡記作：反序和≤亂序和≤順序和． [小問題·大思維] 1．排序不等式的本質(zhì)含義是什么？ 提示：排序不等式的本質(zhì)含義是：兩實數(shù)序列同方向單調(diào)(同時增或同時減)時所得兩兩乘積之和最大，反方向單調(diào)(一增一減)時所得兩兩乘積之和最小，注意等號成立條件是其中一序列為常數(shù)序列． 2．已知兩組數(shù)a1≤a2≤a3≤a4≤a5，b1≤b2≤b3≤b4≤b5，其中a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12

3、，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的最大值和最小值分別為何值？ 提示：由順序和最大知 最大值為：a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304， 由反序和最小知 最小值為：a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212. 用排序不等式證明不等式(所證不等式中的字母大小順序確定) [例1]　已知a，b，c為正數(shù)，a≥b≥c，求證： (1)≥≥； (2)＋＋≥＋＋. [思路點撥]　本題考查排序不等式的直接應用，解

4、答本題需要分析式子結(jié)構，然后通過對比、聯(lián)想公式，構造數(shù)組，利用公式求解． [精解詳析]　(1)∵a≥b>0，于是≤， 又c>0，∴>0.從而≥. 同理，∵b≥c>0，于是≤， ∵a>0，∴>0，于是得≥. 從而≥≥. (2)由(1)≥≥，于是由順序和≥亂序和得， ＋＋≥＋＋ ＝＋＋ ≥＋＋＝＋＋＝＋＋. 利用排序不等式證明不等式的關鍵是構造出不等式中所需要的帶大小順序的兩個數(shù)組，由于本題已知a≥b≥c，所以可直接利用已知構造兩個數(shù)組． 1．設a，b，c為正數(shù)，求證：＋＋≥a10＋b10＋c10. 證明：不妨設a≥b≥c>0， 則a12≥b12≥c12，≥≥>0

5、， ∴由順序和≥亂序和，得 ＋＋≥＋＋＝＋＋.　 ① 又∵a11≥b11≥c11，≥≥， ∴由亂序和≥反序和得： ＋＋≥＋＋＝a10＋b10＋c10，　 ② 由①②兩式得：＋＋≥a10＋b10＋c10. 用排序不等式證明不等式(對所證不等式中的字母大小順序作出假設) [例2]　設x>0，求證：1＋x＋x2＋…＋xn≥(2n＋1)xn. [思路點撥]　本題考查排序不等式的應用．解答本題需要注意：題目中只給出了x>0，但對于x≥1，x<1沒有明確，因此需要進行分類討論． [精解詳析]　(1)當x≥1時，1≤x≤x2≤…≤xn， 由排序原理：順序和≥反序和，得

6、1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn ≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1， 即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ① 又因為x，x2，…，xn,1為序列1，x，x2，…，xn的一個排列，于是再次由排序原理：亂序和≥反序和，得 1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1， 得x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn. ② 將①和②相加得 1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. (2)當0x>x2>…>xn， 但①②仍然成立，于是③也成立． 綜合(1)(

7、2)，證畢． 在沒有給定字母大小的情況下，要使用排序不等式，必須限定字母的大小順序，而只有具有對稱性的字母才可以直接限定字母的大小順序，否則要根據(jù)具體情況分類討論． 2．設a1，a2，…，an是1,2，…，n的一個排列，求證： ＋＋…＋≤＋＋…＋. 證明：設b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一個排列，且b1>…>且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n. 利用排序不等式，有 ＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋

8、 . ∴原不等式成立． [對應學生用書P32] 一、選擇題 1．銳角三角形中，設P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，則P、Q的關系為(　　) A．P≥Q　　　　　　　　 B．P＝Q C．P≤Q D．不能確定 解析：不妨設A≥B≥C， 則a≥b≥c，cos A≤cos B≤cos C，則由排序不等式有 Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A ＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A) ≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]

9、 ＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝＝P. 答案：C 2．已知a，b，c為正數(shù)，P＝，Q＝abc，則P，Q的大小關系是(　　) A．P>Q B．P≥Q C．P0， 則0<≤≤，00，a＋b＋c>0， 于是≥abc，即P≥Q. 答案：B 3．設a1，a2，a3為正數(shù)，E＝＋＋，F(xiàn)＝a1＋a2＋a3，則E，F(xiàn)的關系是(　　) A．E

10、C．E≤F D．E>F 解析：不妨設a1≥a2≥a3>0，于是0<≤≤， a2a3≤a3a1≤a1a2. 由排序不等式：順序和≥亂序和得， ＋＋＝＋＋ ≥·a1a3＋·a2a3＋·a1a2 ＝a1＋a3＋a2， 即＋＋≥a1＋a2＋a3. 答案：B 4．(1＋1)……的取值范圍是(　　) A．(21，＋∞) B．(61，＋∞) C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞) 解析：令A＝(1＋1)… ＝×××…×， B＝×××…×， C＝×××…×. 由于>>，>>，>>，… >>>0， 所以A>B>C>0.所以A3>A

11、·B·C. 由題意知3n－2＝61，所以n＝21. 又因為A·B·C＝3n＋1＝64，所以A>4. 答案：C 二、填空題 5．若a，b，c均是正實數(shù)，則＋＋________a＋b＋c. 解析：不妨設a≥b≥c>0，則bc≤ca≤ab， ≤≤. ∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c. 答案：≥ 6．設正實數(shù)a1，a2，…，an的任一排列為a1′，a2′，…，an′，則＋＋…＋的最小值為________． 解析：不妨設0

12、 7．設a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一個排序，則a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范圍是________． 解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值為12＋22＋32＋42＝30. 最小值為1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20. ∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范圍是[20,30]． 答案：[20,30] 8．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c為正數(shù)．則＋＋的最小值是________． 解析：不妨設a≥b≥c.∴≥≥. ∴＋＋≥＋＋. ① ＋＋≥＋＋. ② ①＋②得＋＋≥， ∴＋＋≥. 答案： 三、解答題 9．已知a，

13、b，c∈R＋，求證： a＋b＋c≤＋＋≤＋＋. 證明：不妨設a≥b≥c>0，則a2≥b2≥c2，≥≥. 由排序不等式，可得a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·， ① a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·. ② 由(①＋②)÷2，可得 ＋＋≥a＋b＋c. 又因為a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，≥≥. 由排序不等式，得 a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·. ③ a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·. ④ 由(③＋④)÷2，可得 ＋＋≥＋＋. 綜上可知原式成立．

14、 10．設a，b，c均為正實數(shù)，求證：＋＋≤. 證明：不妨設a≥b≥c>0. 由不等式的單調(diào)性，知≥≥， 而≥≥. 由不等式的性質(zhì)，知a5≥b5≥c5. 根據(jù)排序原理，知 ＋＋≥＋＋ ＝＋＋. 又由不等式的性質(zhì)，知a2≥b2≥c2，≥≥. 由排序原理，得 ＋＋≥＋＋＝＋＋. 由不等式的傳遞性，知 ＋＋≤＋＋＝. ∴原不等式成立． 11．設a，b，c為某一個三角形的三條邊，a≥b≥c，求證： (1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)； (2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc. 證明：(1)用比較法： c(

15、a＋b－c)－b(c＋a－b) ＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2 ＝b2－c2＋ac－ab ＝(b＋c)(b－c)－a(b－c) ＝(b＋c－a)(b－c)． 因為b≥c，b＋c－a>0， 于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0， 即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)． ① 同理可證b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ② 綜合①②，證畢． (2)由題設及(1)知 a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)， 于是由排序不等式：反序和≤亂序和，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c) ≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c) ＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)． ① 再一次由反序和≤亂序和，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c) ≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c) ＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)． ② 將①和②相加再除以2，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc. 10