2019-2020年高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式课后导练新人教A版选修

2019-2020年高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式课

后导练新人教A版选修

基础达标

222

1若A=x1+x2+…+xn,B=x1x2+x2x3+…+xn-1xn+xnx1, 其中x1,x2,…,xn都是正数,则A与B的大小关系是( )

A.A>B B.A

解析:依序列{xn}的各项都是正数,不妨设x1≤x2≤…≤xn,则x2,x3,…,xn,x1为序列{xn}的一个排列.

222

依排序原理,得x1x1+x2x2+…+xnxn≥x1x2+x2x3+…+xnx1,即x1+x2+…+xn≥x1x2+x2x3+…+xnx1. 答案:C

22

2设a,b都是正数,P=()+(),Q=+,则( ) A.P≥Q B.P≤Q C.P>Q D.P

∵a,b都是正数,∴与,顺序相同. ∴·+·≥·+·.

22

∴()+()≥+,即P≥Q. 答案:A

3设a,b,c∈R,则____________a+b+c. 解析:设a≥b≥c≥0,则bc≤ca≤ab,≤≤, ∴≥ac·++ =a+b+c. 答案:≥

4若△ABC的三内角为A,B,C,三边为a,b,c,则___________. 解析:设a≤b≤c,A≤B≤C.

作序列a,a,a,b,b,b,c,c,c,A,A,A,B,B,B,C,C,C. aA+aA+aA+bB+bB+bB+cC+cC+cC

≥(aA+aB+aC)+(bA+bB+bC)+(cA+cB+cC), ∴3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C),即≥=. 答案:≥

abc

5设a,b,c∈R,求证:abc≥(abc). 证明:∵a,b,c∈R,

abc

∴lg(abc)=alga+blgb+clgc, lg(abc)=(lga+lgb+lgc).

设a≤b≤c,作序列a,a,a,b,b,b,c,c,c,lga,lga,lga,lgb,lgb,lgb,lgc,lgc,lgc. 3(alga+blgb+clgc)≥a(lga+lgb+lgc)+b(lga+lgb+lgc)+c(lga+lgb+lgc), 即alga+blgb+clgc≥(lga+lgb+lgc), abc

∴abc≥(abc). 综合运用

222

6设a,b,c是某三角形的三边长,证明ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)≥0,并问何时取等号? 证明:不妨设a≥b≥c,此时

a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c), 于是由排序不等式可得

·a(b+c-a)+·b(c+a-b)+·c(a+b-c)≤·a(b+c-a)+·b·(c+a-b)+·c(a+b-c)=a+b+c, 即a(b-a)+b(c-b)+c(a-c)≤0, 222

ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)≥0,

上式当且仅当==,或者a(b+c-a)=b(c+a-b)=c(a+b-c),即a=b=c时取等号.

7已知a1,a2,…,an是n个两两互不相等的正整数,求

a2a3an111证:a1+2?2???2?1?????.

23n23n证明 :注意到,所以可以看作一个乱序和,将a1,a2,…,an排序后就可以利用排序原理.

因为a1,a2,…,an是n个两两互不相等的正整数,可将它们从小到大排列,不妨设b1

?1?23n111 ?????1?????2232n223nn2in28设xi,yi是实数(i=1,2,…,n),且x1≥x2≥…≥xn,y1≥y2≥…≥yn,又z1,z2,…,zn是y1,y2,…,yn的任一排列,证明证明:由排序不等式,得,则. 又∵

?(xi?1n?yi)??(xi?zi).

i?1?xi?12n2i??yi??xi??zi,

222i?1i?1ni?1nn22nn2nn∴

?xi?2?xiyi??yi??xi?2?xizi??zi,

i?1i?1i?1i?1i?1i?1n即

?(xi?1n2i?yi)??(xi?zi).

i?1n2拓展探究

222

9若α,β,γ均为锐角,且满足cosα+cosβ+cosγ=1,

222

求证:cotα+cotβ+cotγ≥.

222

证明:∵cosα+cosβ+cosγ=1, 22

cosα=1-sinα,

22

∴sinα+sinβ+sinγ=2.

22

又sinα+cosα=1,

2

∴1+cotα=.

222

∴3+cotα+cotβ+cotγ = ,

222

(sinα+sinβ+sinγ)() ≥［sinα·

1112

?sin???sin??］=9, sin?sin?sin?即2·()≥9(柯西不等式).

222222

∴3+cotα+cotβ+cotγ≥.∴cotα+cotβ+cotγ≥. 备选习题

222

10设a,b,c是某三角形的三边长,证明a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.

证明:不妨设a≥b≥c,容易验证a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c),由排序不等式可得222

a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤ba(b+c-a)+cb(c+a-b)+ac(a+b-c),①

222

及a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤ca(b+c-a)+ab(c+a-b)+bc(a+b-c),②

222

①+②并化简即得a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc. 11设a,b,c均为正数,求证:a+b+c≤.

222

证明:不妨设a≥b≥c>0,则有a≥b≥c,ab≥ac≥bc,由排序不等式得222333

abc+abc+abc≤ac+ba+cb.

333333444

又a≥b≥c且a≥b≥c,再由排序不等式得ac+ba+cb≤a+b+c.

222444

从而abc+abc+abc≤a+b+c,两边同除以abc即得所证不等式. 12设ak是两两互异的自然数(k=1,2,…),证明对任意自然数n,均有.

证明:设b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的一个排列,使b1

13已知xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2)满足=1,=0,求证:|≤-.

证明:设i1,i2,…,is,j1,j2,…,jt是1,2,…,n的一个排列,且使得

xi1?xi2???xis?0?xj1?xj2???xjt.

又设a=,b=-(),根据已知条件,有a-b=0,a+b=1,所以=b=.

不妨设≥0,(否则,若<0,取yi=-xi,i=1,2,…,n,此时y1,y2,…,yn仍满足=1,=0,且||=>0)由排序不等式,有

1·x1+·x2+…+·xn≤1·+·+…++·+·+…+·≤(++…+)+(++…+)=-. 从而||≤-.

2019-2020年高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等

式课后训练新人教A版选修

222222

1．已知a，b，c∈R＋，则a(a－bc)＋b(b－ac)＋c(c－ab)的正负情况是( )． A．大于零 B．大于或等于零 C．小于零 D．小于或等于零 2．在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边依次为a，b，c则__________.(填“≥”或“≤”) 3．已知a，b，c都是正数，则________.

z2－x2x2－y2y2－z2＋＋?0. 4．设x，y，z∈R＋，求证：

x＋yy＋zz＋x5．设a，b，c为某三角形三边长，求证：a(b＋c－a)＋b(c＋a－b)＋c(a＋b－c)≤3abc. 6．设a，b，c是正实数，求证：.

2

2

2

a2b2c2a＋b＋c＋＋?7．设a，b，c都是正实数，用排序不等式证明：. b＋cc＋aa＋b28．设a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn为任意两组实数，如果a1≤a2≤…≤an，且b1≤b2≤…≤bn，

求证：

a1b1＋a2b2＋＋anbna1＋a2＋＋anb1＋b2＋＋bn当且仅当a1＝a2＝…＝an??nnn或b1＝b2＝…＝bn时，等号成立．

a2＋b2b2＋c2c2＋a2a2b2c2＋＋?＋＋. 设a，b，c∈R＋，求证：a＋b＋c?2c2a2bbccaab

参考答案

1. 答案：B

333

解析：设a≥b≥c＞0，所以a≥b≥c，

333333

根据排序原理，得a×a＋b×b＋c×c≥ab＋bc＋ca.

222

又知ab≥ac≥bc，a≥b≥c，

333222

所以ab＋bc＋ca≥abc＋bca＋cab.

444222

所以a＋b＋c≥abc＋bca＋cab，

222222

即a(a－bc)＋b(b－ac)＋c(c－ab)≥0. 2. 答案：≥

解析：不妨设a≥b≥c，则有A≥B≥C.由排序不等式可得 aA＋bB＋cC≥aA＋bB＋cC， aA＋bB＋cC≥aB＋bC＋cA， aA＋bB＋cC≥aC＋bA＋cB.

将以上三个式子两边分别相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)＝(a＋b＋c)π，

所以.

3. 答案：

解析：设a≥b≥c＞0， 所以.

由排序原理，知

abcbca，① ＋＋?＋＋b＋cc＋aa＋bb＋cc＋ab＋aabccab＋＋?＋＋.② b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋b①＋②，得.

4. 证明：所证不等式等价于. 不妨设x≤y≤z，

222

则x≤y≤z， x＋y≤x＋z≤y＋z. 则.

于是上式的左边为顺序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立．

5. 证明：不妨设a≥b≥c＞0.

易证a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)． 根据排序原理，得

a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)

≤a×b(c＋a－b)＋b×c(a＋b－c)＋c×a(b＋c－a)≤3abc. 6. 证明：不妨设a≥b≥c＞0，则lg a≥lg b≥lg c，据排序不等式，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， 且alg a＋blg b＋clg c＝alg a＋blg b＋clg c， 以上三式相加整理，得

3(alg a＋blg b＋clg c)≥(a＋b＋c)(lg a＋lg b＋lg c)，

abc即lg(abc)≥(abc)． 故.

222

7. 证明：不妨设a≥b≥c，则a≥b≥c，且，由排序原理，得 ，

b2＋c2c2＋a2a2＋b2＋＋两式相加得?.(*) b＋cc＋aa＋b又由柯西不等式得(1·b＋1·c)

2222

≤(1＋1)(b＋c)， ∴.

2

c2＋a2c＋aa2＋b2a＋b?，?同理，. c＋a2a＋b2因此，代入(*)式得

≥a＋b＋c，

因此，不等式得证．

8. 证明：由题设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn， 则由排序原理得a1b1＋a2b2＋…＋anbn

＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，a1b1＋a2b2＋…＋anbn ≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1，a1b1＋a2b2＋…＋anbn ≥a1b3＋a2b4＋…＋an－1b1＋anb2，…

a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1．

2

将上述n个式子相加，两边同除以n，得：

a1b1＋a2b2＋＋anbna1＋a2＋＋anb1＋b2＋＋bn??当且仅当a1＝a2＝…＝annnn或b1＝b2＝…＝bn时，等号成立．

222

9. 证明：不妨设a≥b≥c＞0，于是a≥b≥c，， 应用排序不等式，得

a2×＋b2×＋c2×≤a2×＋b2×＋c2×， a2×＋b2×＋c2×≤a2×＋b2×＋c2×. 以上两个同向不等式相加再除以2，

a2＋b2b2＋c2c2＋a2333

＋＋即得a＋b＋c?.再由数组a≥b≥c＞0，， 2c2a2bc2＋a2a2b2c2?＋＋. 仿上可证＋2bbccaaba2＋b2b2＋c2c2＋a2a2b2c2＋＋?＋＋. 综上，可证a＋b＋c?2c2a2bbccaab