2018-2019版人教A版數(shù)學(xué)選修4-5同步學(xué)案：第三講 三 排序不等式

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精三排序不等式學(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,并能簡單應(yīng)用．知識點排序不等式思考1某班學(xué)生要開聯(lián)歡會，需要買價格不同的禮品4件、5件及2件，現(xiàn)在選擇商店中單價為3元、2元和1元的禮品，問有多少種不同的購買方案？在這些方案中哪種花錢最少？哪種花錢最多？答案(1)共有3×2×1＝6(種)不同的購買方案．(2）5×3＋4×2＋2×1＝25（元),這種方案花錢最多；5×1＋4×2＋2×3＝19(元），這種方案花錢最少．思考2如圖，∠POQ＝60°，比較與的大?。鸢甘崂?1）順序和、亂序和、反序和的概念設(shè)有兩個有序?qū)崝?shù)組：a1≤a2≤…≤an；b1≤b2≤…≤bn,c1,c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任意一個排列．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,反序和等于順序和．類型一利用排序不等式證明不等式eq\x（命題角度1字母已定序問題）例1已知a，b，c為正數(shù)，且a≥b≥c，求證:eq\f(a5,b3c3)＋eq\f（b5，c3a3)＋eq\f(c5,a3b3）≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f（1,c）.證明∵a≥b＞0,于是eq\f（1，a)≤eq\f（1,b)，又c＞0，從而eq\f(1，bc）≥eq\f（1，ca),同理eq\f（1,ca)≥eq\f（1,ab)，從而eq\f（1,bc）≥eq\f（1,ca）≥eq\f（1,ab)。又順序和不小于亂序和，故可得eq\f（a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3）≥eq\f(b5,b3c3)＋eq\f（c5，c3a3)＋eq\f(a5,a3b3)＝eq\f（b2,c3）＋eq\f（c2，a3）＋eq\f（a2,b3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（∵a2≥b2≥c2，\f(1，c3）≥\f（1,b3)≥\f（1，a3）))≥eq\f(c2，c3)＋eq\f（a2，a3)＋eq\f（b2，b3)＝eq\f(1，c）＋eq\f（1，a)＋eq\f(1，b)＝eq\f(1，a)＋eq\f(1，b）＋eq\f(1，c）?！嘣坏仁匠闪ⅲ此寂c感悟利用排序不等式證明不等式的技巧在于仔細(xì)觀察、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數(shù)組．跟蹤訓(xùn)練1已知0＜a≤b≤c，求證：eq\f(c2,a＋b)＋eq\f（b2，a＋c）＋eq\f(a2，b＋c）≥eq\f(a2,a＋b)＋eq\f（b2,b＋c）＋eq\f(c2,c＋a）.證明因為0＜a≤b≤c，所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c，所以eq\f（1,a＋b）≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f（1,b＋c）＞0，又0＜a2≤b2≤c2，所以eq\f（c2,a＋b)＋eq\f(b2,a＋c）＋eq\f(a2,b＋c）是順序和，eq\f(a2,a＋b)＋eq\f（b2，b＋c）＋eq\f（c2,c＋a）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eq\f(c2,a＋b)＋eq\f（b2,a＋c)＋eq\f(a2，b＋c）≥eq\f（a2，a＋b)＋eq\f（b2，b＋c）＋eq\f（c2,c＋a）成立．eq\x(命題角度2字母大小順序不定問題）例2已知a，b,c均為正數(shù),求證：eq\f(a2，b＋c）＋eq\f（b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b）≥eq\f(1,2）(a＋b＋c)．證明由不等式的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c＞0，所以a2≥b2≥c2，eq\f（1,b＋c）≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1，a＋b)。由順序和≥亂序和得到兩個不等式:eq\f（a2，b＋c）＋eq\f(b2，c＋a）＋eq\f（c2，a＋b)≥eq\f（a2，c＋a)＋eq\f（b2,a＋b）＋eq\f（c2，b＋c），eq\f（a2,b＋c）＋eq\f（b2，c＋a）＋eq\f(c2，a＋b)≥eq\f(a2,a＋b)＋eq\f(b2,b＋c）＋eq\f（c2，c＋a）.兩式相加,得2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a2，b＋c）＋\f（b2，c＋a)＋\f（c2,a＋b））)≥eq\f（b2＋c2,b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a）＋eq\f（a2＋b2，a＋b),注意到eq\f(b2＋c2，b＋c)≥eq\f(1,2)(b＋c)，eq\f（c2＋a2，c＋a)≥eq\f(1，2）（c＋a)，eq\f（a2＋b2，a＋b)≥eq\f(1，2)(a＋b），所以2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a2,b＋c）＋\f(b2，c＋a）＋\f（c2,a＋b）))≥eq\f(1,2)（b＋c）＋eq\f（1，2)（c＋a）＋eq\f（1,2)(a＋b）＝a＋b＋c。故eq\f（a2，b＋c）＋eq\f(b2，c＋a)＋eq\f(c2,a＋b）≥eq\f（1,2)（a＋b＋c）．反思與感悟?qū)τ谂判虿坏仁?，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≤eq\f(b5＋c5,2a2)＋eq\f(c5＋a5，2b2)＋eq\f（a5＋b5，2c2）.證明不妨設(shè)0＜a≤b≤c，則a5≤b5≤c5，eq\f（1，c2)≤eq\f（1，b2）≤eq\f（1，a2)，所以由排序不等式可得a3＋b3＋c3＝eq\f(a5,a2）＋eq\f(b5，b2)＋eq\f（c5，c2）≤eq\f(a5,c2）＋eq\f(b5，a2）＋eq\f（c5,b2)，a3＋b3＋c3＝eq\f(a5,a2)＋eq\f(b5，b2)＋eq\f（c5，c2)≤eq\f(a5,b2）＋eq\f(b5,c2）＋eq\f(c5,a2),所以a3＋b3＋c3≤eq\f（b5＋c5，2a2）＋eq\f(c5＋a5,2b2）＋eq\f(a5＋b5，2c2）。類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eq\f(a,b＋c）＋eq\f（b,c＋a)＋eq\f（c，a＋b)的最小值．解由于a，b，c的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c＞0，則a＋b≥a＋c≥b＋c，eq\f（1,b＋c）≥eq\f（1，c＋a)≥eq\f（1,a＋b)，由排序不等式，得eq\f（a，b＋c）＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b）≥eq\f（b,b＋c)＋eq\f(c,c＋a)＋eq\f(a，a＋b）,eq\f(a,b＋c）＋eq\f（b，c＋a)＋eq\f（c，a＋b)≥eq\f(c，b＋c）＋eq\f(a，c＋a）＋eq\f（b，a＋b)，上述兩式相加,得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a，b＋c)＋\f（b，c＋a）＋\f(c，a＋b）））≥3，即eq\f（a,b＋c）＋eq\f(b，c＋a）＋eq\f（c，a＋b)≥eq\f(3,2)。當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，eq\f（a，b＋c）＋eq\f（b，c＋a）＋eq\f(c，a＋b）取最小值eq\f（3，2)。反思與感悟求最?。ù?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)造出一個或二個適當(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eq\f（1,a3b＋c)＋eq\f（1，b3a＋c)＋eq\f(1，c3a＋b）的最小值．解令S＝eq\f（1，a3b＋c)＋eq\f(1，b3a＋c)＋eq\f(1，c3a＋b），則S＝eq\f（abc2,a3b＋c）＋eq\f(abc2，b3a＋c）＋eq\f(abc2，c3a＋b）＝eq\f（bc，ab＋c）·bc＋eq\f(ac，ba＋c）·ac＋eq\f(ab,ca＋b）·ab。由已知可得eq\f（1，ab＋c)≥eq\f（1,ba＋c）≥eq\f（1，ca＋b）,ab≤ac≤bc?！郤≥eq\f(bc,ab＋c）·ac＋eq\f(ac,ba＋c)·ab＋eq\f（ab,ca＋b）·bc＝eq\f(c，ab＋c）＋eq\f（a，ba＋c)＋eq\f（b,ca＋b）.又S≥eq\f（bc，ab＋c)·ab＋eq\f(ac，ba＋c）·bc＋eq\f（ab，ca＋b）·ac＝eq\f（b，ab＋c)＋eq\f（c,ba＋c）＋eq\f(a，ca＋b），兩式相加，得2S≥eq\f（1，a)＋eq\f（1，b）＋eq\f(1，c)≥3·eq\r(3,\f（1，abc）)＝3?！郤≥eq\f(3,2),即eq\f（1,a3b＋c）＋eq\f（1，b3a＋c）＋eq\f（1,c3a＋b)的最小值為eq\f(3,2）。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，等號成立，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．314C．304 D．212答案C解析a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304。3．n個正數(shù)與這n個正數(shù)的倒數(shù)的乘積的和的最小值為________．答案n解析設(shè)0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，則0＜aeq\o\al（－1,n)≤aeq\o\al（－1,n－1)≤…≤aeq\o\al(－1，1)，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a1·aeq\o\al（－1，1)＋a2·aeq\o\al（－1,2）＋…＋an·aeq\o\al（－1，n)＝n.4．設(shè)a，b都是正數(shù),求證：eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a，b）))2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(b,a））)2≥eq\f(a，b)＋eq\f(b,a).證明由題意不妨設(shè)a≥b＞0。則a2≥b2，eq\f(1,b)≥eq\f（1,a）,所以eq\f(a2,b）≥eq\f(b2,a)。根據(jù)排序不等式知，eq\f(a2,b)·eq\f（1,b）＋eq\f（b2,a)·eq\f（1，a）≥eq\f（a2,b)·eq\f(1,a）＋eq\f（b2，a）·eq\f（1,b)，即eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,b）))2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2≥eq\f(a，b）＋eq\f(b，a).1．對排序不等式的理解排序原理是對不同的兩個數(shù)組來研究不同的乘積和的問題，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．3．排序不等式取等號的條件等號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)問題時,常常涉及一些可以比較大小的量，它們之間并沒有預(yù)先規(guī)定大小順序,那么在解答問題時，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，繼而利用不等關(guān)系來解題．因此，對于排序原理，我們記住的是處理問題的這種思想及方法,同時要學(xué)會善于利用這種比較經(jīng)典的結(jié)論來處理實際問題．一、選擇題1．有三個房間需要粉刷，粉刷方案要求：每個房間只用一種顏色，且三個房間顏色各不相同．已知三個房間的粉刷面積（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,最低的總費用（單位:元）是（）A．a(chǎn)x＋by＋cz B．a(chǎn)z＋by＋cxC．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?。?．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，a2（a2－bc)＋b2(b2－ac）＋c2（c2－ab)＝0,當(dāng)a＝1，b＝2，c＝3時，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≥0B．M≤0C．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＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4?！遖3≥b3≥c3，且ab≥ac≥bc，∴a4b＋b4c＋c4a＝a3·ab＋b3·bc＋c3·ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab.∴a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab?！郙≥0。4．在銳角三角形ABC中，設(shè)P＝eq\f（a＋b＋c，2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，則P,Q的大小關(guān)系為（)A．P≥Q B．P＝QC．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≥eq\f（1,2）R（2sinAcosB＋2sinBcosA＋2sinBcosC＋2sinCcosB＋2sinCcosA＋2sinAcosC）＝R[sin（A＋B)＋sin（B＋C）＋sin(A＋C)]＝R(sinC＋sinA＋sinB）＝P＝eq\f(a＋b＋c，2）。5．設(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，E＝eq\f（a1a2，a3)＋eq\f(a2a3，a1）＋eq\f(a3a1,a2），F(xiàn)＝a1＋a2＋a3，則E,F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eq\f(1，a1)≤eq\f（1，a2)≤eq\f（1，a3）且a2a3≤a3a1≤a1a2，∴eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a1a3,a2）＋eq\f(a2a3，a1）≥eq\f（1，a1)·a1a2＋eq\f（1，a2)·a2a3＋eq\f(1,a3)·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?！郙＝x·x3＋y·y3≥x3·y＋y3·x＝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的一個排列，則1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．答案3228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個人各拿一只水桶到水龍頭接水，如果水龍頭注滿這5個人的水桶需要的時間分別是4min，8min，6min，10min，5min，統(tǒng)籌安排這5個人接水的順序，則他們等待的總時間最少為________min.答案84解析5個人按接水時間為4min,5min,6min，8min，10min的順序進行接水時等待的總時間最少，為4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84（min）．9．在Rt△ABC中，∠C為直角,A,B所對的邊分別為a，b，則aA＋bB與eq\f（π，4）(a＋b)的大小關(guān)系為________．答案aA＋bB≥eq\f（π,4)(a＋b）解析不妨設(shè)a≥b＞0，則A≥B＞0，由排序不等式eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（aA＋bB≥aB＋bA，aA＋bB＝aA＋bB））?2(aA＋bB)≥a(A＋B）＋b（A＋B)＝eq\f（π,2）(a＋b），∴aA＋bB≥eq\f(π,4）（a＋b）．10．設(shè)a1，a2，…，an為正數(shù),且a1＋a2＋…＋an＝5,則eq\f(a\o\al（2，1），a2）＋eq\f(a\o\al(2,2）,a3)＋…＋eq\f（a\o\al(2,n－1），an)＋eq\f(a\o\al(2,n)，a1）的最小值為________．答案5解析由所求代數(shù)式的對稱性，不妨設(shè)0＜a1≤a2≤…≤an，所以aeq\o\al（2，1）≤aeq\o\al(2,2)≤…≤aeq\o\al（2，n），eq\f(1，a1）≥eq\f(1，a2）≥…≥eq\f（1，an)，而eq\f(1,a2），eq\f（1,a3)，…，eq\f（1,an），eq\f(1，a1）為eq\f（1，a1)，eq\f(1，a2），eq\f(1，a3），…，eq\f（1，an)的一個排列,由亂序和≥反序和，得aeq\o\al(2，1)·eq\f（1，a2)＋aeq\o\al（2，2）·eq\f(1，a3)＋…＋aeq\o\al(2,n－1)·eq\f(1,an）＋aeq\o\al（2,n）·eq\f(1,a1)≥aeq\o\al(2，1）·eq\f（1,a1）＋aeq\o\al（2，2）·eq\f（1，a2)＋…＋aeq\o\al(2，n)·eq\f（1,an)，即eq\f（a\o\al(2，1)，a2）＋eq\f(a\o\al(2，2)，a3)＋…＋eq\f（a\o\al(2,n－1），an）＋eq\f(a\o\al(2，n）,a1)≥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lga≥lgb≥lgc，所以alga＋blgb＋clgc≥blga＋clgb＋algc，alga＋blgb＋clgc≥clga＋algb＋blgc,所以2alga＋2blgb＋2clgc≥(b＋c）lga＋(a＋c）lgb＋（a＋b)lgc,所以lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab＋c·ba＋c·ca＋b)，故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.12．設(shè)a1，a2，…，an是n個互不相等的正整數(shù),求證：1＋eq\f（1,2）＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f（1,n)≤a1＋eq\f（a2，22)＋eq\f（a3,32）＋…＋eq\f（an,n2)。證明設(shè)b1，b2，…,bn是a1,a2，…，an的一個排列，且滿足b1＜b2＜…＜bn。因為b1，b2，…，bn是互不相等的正整數(shù)，故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n.又因為1＞eq\f（1，22）＞eq\f(1,32）＞…＞eq\f（1,n2),故由排序不等式,得a1＋eq\f（a2,22）＋eq\f(a3，32)＋…＋eq\f（an,n2）≥b1＋eq\f（b2,22）＋eq\f(b3，32）＋…＋eq\f(bn,n2)≥1×1＋2×eq\f(1,22）＋3×eq\f(1,32）＋…＋n·eq\f(1,n2)＝1＋eq\f(1,2）＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1，n）。13．已知0＜α＜β＜γ＜eq\f（π，2),求證:sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα＞eq\f(1，2)（sin2α＋sin2β＋sin2γ）．證明∵0＜α＜β＜γ＜eq\f(π,2），且y＝sinx在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2））)上為增函數(shù)，y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2