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

《2017-2018學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應(yīng)用 2.2 排序不等式學(xué)案 新人教B版選修4-5》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應(yīng)用 2.2 排序不等式學(xué)案 新人教B版選修4-5（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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

2、n的任一排列，則有a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 等號(hào)成立?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn. 排序原理可簡(jiǎn)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(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，注意等號(hào)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(diǎn)撥]　本題考查排序不等式的直接應(yīng)用，解

4、答本題需要分析式子結(jié)構(gòu)，然后通過對(duì)比、聯(lián)想公式，構(gòu)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(guān)鍵是構(gòu)造出不等式中所需要的帶大小順序的兩個(gè)數(shù)組，由于本題已知a≥b≥c，所以可直接利用已知構(gòu)造兩個(gè)數(shù)組． 1．設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：＋＋≥a10＋b10＋c10. 證明：不妨設(shè)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(duì)所證不等式中的字母大小順序作出假設(shè)) [例2]　設(shè)x>0，求證：1＋x＋x2＋…＋xn≥(2n＋1)xn. [思路點(diǎn)撥]　本題考查排序不等式的應(yīng)用．解答本題需要注意：題目中只給出了x>0，但對(duì)于x≥1，x<1沒有明確，因此需要進(jìn)行分類討論． [精解詳析]　(1)當(dāng)x≥1時(shí)，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?yàn)閤，x2，…，xn,1為序列1，x，x2，…，xn的一個(gè)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(dāng)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(duì)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(shè)a1，a2，…，an是1,2，…，n的一個(gè)排列，求證： ＋＋…＋≤＋＋…＋. 證明：設(shè)b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一個(gè)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(duì)應(yīng)學(xué)生用書P32] 一、選擇題 1．銳角三角形中，設(shè)P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，則P、Q的關(guān)系為(　　) A．P≥Q　　　　　　　　 B．P＝Q C．P≤Q D．不能確定 解析：不妨設(shè)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(guān)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(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，E＝＋＋，F(xiàn)＝a1＋a2＋a3，則E，F(xiàn)的關(guān)系是(　　) A．E

10、C．E≤F D．E>F 解析：不妨設(shè)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(yù)＝(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?yàn)锳·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(shí)數(shù)，則＋＋________a＋b＋c. 解析：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則bc≤ca≤ab， ≤≤. ∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c. 答案：≥ 6．設(shè)正實(shí)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(shè)0

12、 7．設(shè)a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一個(gè)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(shè)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(shè)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?yàn)閍≥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(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，求證：＋＋≤. 證明：不妨設(shè)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(shè)a，b，c為某一個(gè)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?yàn)閎≥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(shè)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