2018-2019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 排序不等式導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5

《2018-2019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 排序不等式導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019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 排序不等式導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2.2　排序不等式 1.了解排序不等式的“探究—猜想—證明—應(yīng)用”的研究過程. 2.初步認(rèn)識排序不等式的有關(guān)知識及簡單應(yīng)用. 自學(xué)導(dǎo)引 設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實(shí)數(shù)，c1，c2，…，cn為b1，b2，…，bn的任一排列，稱a1b1＋a2b2＋…＋anbn為兩個實(shí)數(shù)組的順序積之和(簡稱順序和)，稱a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1為兩個實(shí)數(shù)組的反序積之和(簡稱反序和).稱a1c1＋a2c2＋…＋ancn為兩個實(shí)數(shù)組的亂序積之和(簡稱亂序和). 不等式a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anb

2、n稱為排序原理，又稱為排序不等式.等號成立(反序和等于順序和)?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn，排序原理可簡記作：反序和≤亂序和≤順序和. 基礎(chǔ)自測 1.已知a，b，c∈R*，則a3＋b3＋c3與a2b＋b2c＋c2a的大小關(guān)系是(　　) A.a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a B.a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a C.a3＋b3＋c30，∴a2≥b2≥c2， 故順序和為a3＋b3＋c3，則a2b＋b2c＋c2a為亂序和， 由排序不等式定理知a3＋b3＋

3、c3≥a2b＋b2c＋c2a，故選B. 答案　B 2.已知a，b，c∈R*，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正負(fù)情況是(　　) A.大于零 B.大于等于零 C.小于零 D.小于等于零 解析　不妨設(shè)a≥b≥c，∴a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc， ∴a2－bc≥b2－ac≥c2－ab， 由排序不等式定理，a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0. 答案　B 3.設(shè)a1，a2，a3，…，an為正數(shù)，那么P＝a1＋a2＋…＋an與Q＝＋＋…＋＋的大小關(guān)系是________. 解析　假設(shè)a1≥a2≥a3≥…≥an，則≥≥…≥

4、≥， 并且a≥a≥a≥…≥a， P＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋＋…＋， 是反順和，Q是亂順和，由排序不等式定理P≤Q. 答案　P≤Q 知識點(diǎn)1　利用排序原理證明不等式 【例1】 已知a，b，c為正數(shù)，求證：≥abc. 證明　根據(jù)所需證明的不等式中a，b，c的“地位”的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c，則≤≤，bc≤ca≤ab. 由排序原理：順序和≥亂序和，得： ＋＋≥＋＋. 即≥a＋b＋c， 因?yàn)閍，b，c為正數(shù)，所以abc>0， a＋b＋c>0，于是≥abc. 1.已知a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn， 求證：(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≥

5、(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn). 證明　令S＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，則 S≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1， S≥a1b3＋a2b4＋…＋anb2， …… S≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1 將上面n個式子相加，并按列求和可得 nS≥a1(b1＋b2＋…＋bn)＋a2(b1＋b2＋…＋bn)＋…＋an(b1＋b2＋…＋bn) ＝(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn) ∴S≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn) 即(a1b1＋a2b2＋…＋anbn) ≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn). 【例2】

6、 設(shè)a1，a2，…，an是n個互不相同的正整數(shù)， 求證：1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋. 證明　∵12<22<32<…>…>. 設(shè)c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an由小到大的一個排列， 即c1

7、， 則≥≥…≥. 因?yàn)?，，…，是，，…，的一個排序， 故由排序原理：反序和≤亂序和 得a1·＋a2·＋…＋an· ≤a1·＋a2·＋…＋an·. 即＋＋…＋≥n. 知識點(diǎn)2　利用排序原理求最值 【例3】 設(shè)a，b，c為任意正數(shù)，求＋＋的最小值. 解　不妨設(shè)a≥b≥c， 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， ＋＋取最小值. 3.設(shè)0

8、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. 課堂小結(jié) 排序不等式有著廣泛的實(shí)際應(yīng)用，在應(yīng)用時，一定在認(rèn)真分析題設(shè)條件的基礎(chǔ)上觀察要證結(jié)論的結(jié)構(gòu)特征，從而分析出要用排序原理中反序和≤亂序和，或是亂序和≤順序和，或者反序和≤順序和.不少命題的證明可能多次用到排序原理.切比曉夫不等式也可當(dāng)作定理直接應(yīng)用. 隨堂演練 1.利用排序原理證明：若a1，a2，…，an為正數(shù)，則≥. 證明　不妨設(shè)a1≥a2≥a3≥…≥an>0， 則有≤≤…≤ 由切比曉夫不等式

9、，得： ≤·， 即≤·， ∴≥. 2.已知a，b，c為正數(shù)，a≥b≥c.求證：＋＋≥＋＋. 證明　∵a≥b≥c>0， ∴a3≥b3≥c3， ∴a3b3≥a3c3≥b3c3， ∴≤≤，又a5≥b5≥c5， 由排序原理得： ＋＋≥＋＋(順序和≥亂序和)， 即＋＋≥＋＋， 又∵a2≥b2≥c2，≤≤ 由亂序和≥反序和得： ＋＋≥＋＋ ＝＋＋. ∴＋＋≥＋＋. 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 1.已知a，b，c∈R＋則a3＋b3＋c3與a2b＋b2c＋c2a的大小關(guān)系是(　　) A.a3＋b3＋c3＞a2b＋b2c＋c2a B.a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a C

10、.a3＋b3＋c3＜a2b＋b2c＋c2a D.a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a 解析　根據(jù)排序原理，取兩組數(shù)a，b，c；a2，b2，c2，不妨設(shè)a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2.所以a2·a＋b2·b＋c2·c≥a2b＋b2c＋c2a. 答案　B 2.設(shè)a1，a2，…，an都是正數(shù)，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，則a1b＋a2＋b＋…＋anb的最小值是(　　) A.1 B.n C.n2 D.無法確定 解析　設(shè)a1≥a2≥…≥an＞0.可知a≥a≥…≥a，由排序原理，得a1b＋a2b＋…＋anb≥a1a＋a2a＋…＋ana＝n. 答案　B

11、3.已知a，b，c∈R＋，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正負(fù)情況是(　　) A.大于零 B.大于等于零 C.小于零 D.小于等于零 解析　設(shè)a≥b≥c＞0，所以a3≥b3≥c3， 根據(jù)排序原理，得a3·a＋b3·b＋c3·c≥a3b＋b3c＋c3a. 又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2， 所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab0 所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab. 即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0. 答案　B 4.已知a，b，c都是正數(shù)，則＋＋≥________.

12、解析　設(shè)a≥b≥c＞0，所以≥≥. 由排序原理，知 ＋＋≥＋＋， ① ＋＋≥＋＋， ② ①＋②，得＋＋≥. 答案　 5.證明切比曉夫不等式中的(2).即，若a1≤a2≤…≤an，而b1≥b2≥…≥bn或a1≥a2≥…≥an而b1≤b2≤…≤bn，則≤· .當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時等號成立. 證明　不妨設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn. 則由排序原理得： a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b2＋a2b3＋…＋anb1 a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b3＋

13、a2b4＋…＋an－1b1＋anb2 … a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1. 將上述n個式子相加，得： n(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≤(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)上式兩邊除以n2，得： ≤. 等號當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時成立. 6.設(shè)a1，a2，…，an為實(shí)數(shù)，證明： ≤ . 證明　不妨設(shè)a1≤a2≤…≤an，由切比曉夫不等式得： ≥·， 即≥， ∴≤ . 綜合提高 7.設(shè)a1，a2，…，an為正數(shù)，求證：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an. 證明　不妨設(shè)a1>a

14、2>…>an>0， 則有a>a>…>a 也有<<…<， 由排序原理：亂序和≥反序和，得： ＋＋…＋≥＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an. 8.設(shè)A、B、C表示△ABC的三個內(nèi)角的弧度數(shù)，a，b，c表示其對邊，求證：≥. 證明　方法一：不妨設(shè)A>B>C，則有a>b>c 由排序原理：順序和≥亂序和 ∴aA＋bB＋cC≥aB＋bC＋cA aA＋bB＋cC≥aC＋bA＋cB aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC 上述三式相加得 3(aA＋bB＋cC)≥(A＋B＋C)(a＋b＋c)＝π(a＋b＋c) ∴≥. 方法二：不妨設(shè)A>B>C，則有a>b>c， 由切比曉夫不等式 ≥·，

15、 即aA＋bB＋cC≥(a＋b＋c)， ∴≥. 9.設(shè)a，b，c為正數(shù)，利用排序不等式證明a3＋b3＋c3≥3abc. 證明　不妨設(shè)a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2， 由排序原理：順序和≥反序和，得： a3＋b3≥a2b＋b2a，b3＋c3≥b2c＋c2b c3＋a3≥a2c＋c2a 三式相加得2(a3＋b3＋c3) ≥a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2). 又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca. 所以2(a3＋b3＋c3)≥6abc，∴a3＋b3＋c3≥3abc. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立. 10.設(shè)a，b，c是正實(shí)數(shù)，

16、求證：aabbcc≥(abc). 證明　不妨設(shè)a≥b≥c>0，則lg a≥lg b≥lg c. 據(jù)排序不等式有： alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c alg a＋blg b＋clg c＝alg a＋blg b＋clg c 上述三式相加得： 3(alg a＋blg b＋clg c)≥(a＋b＋c)(lg a＋lg b＋lg c) 即lg(aabbcc)≥lg(abc)，故aabbcc≥(abc). 11.設(shè)xi，yi (i＝1，2，…，n)是實(shí)數(shù)，且x1≥x2≥…≥xn，

17、y1≥y2≥…≥yn，而z1，z2，…，zn是y1，y2，…，yn的一個排列. 求證： (xi－yi)2≤ (xi－zi)2. 證明　要證 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2 只需證y－2xiyi≤z－2xizi. 因?yàn)閥＝z， ∴只需證xizi≤xiyi. 而上式左邊為亂序和，右邊為順序和. 由排序不等式得此不等式成立. 故不等式 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2成立. 12.已知a，b，c為正數(shù)，且兩兩不等，求證：2(a3＋b3＋c3)>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b). 證明　不妨設(shè)a>b>c>0. 則a2>b2>c2，a＋b>a＋c>b＋c， ∴a2(a＋b)＋b2(a＋c)＋c2(b＋c) >a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)， 即a3＋c3＋a2b＋b2a＋b2c＋c2b >a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)， 7又∵a2>b2>c2，a>b>c， ∴a2b＋b2aa2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b). 10