2018-2019版人教A版数学选修4-5同步学案：第三讲 三 排序不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精三排序不等式学习目标1.了解反序和、乱序和、顺序和等有关概念.2。了解排序不等式及其证明的几何意义与背景.3.掌握排序不等式的结构形式,并能简单应用．知识点排序不等式思考1某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少种不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？答案(1)共有3×2×1＝6(种)不同的购买方案．(2）5×3＋4×2＋2×1＝25（元),这种方案花钱最多；5×1＋4×2＋2×3＝19(元），这种方案花钱最少．思考2如图，∠POQ＝60°，比较与的大小．答案梳理(1）顺序和、乱序和、反序和的概念设有两个有序实数组：a1≤a2≤…≤an；b1≤b2≤…≤bn,c1,c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任意一个排列．①乱序和：S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn。②反序和：S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1.③顺序和：S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.（2）排序不等式(排序原理）设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…,bn的任一排列，则a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时,反序和等于顺序和．类型一利用排序不等式证明不等式eq\x（命题角度1字母已定序问题）例1已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，求证:eq\f(a5,b3c3)＋eq\f（b5，c3a3)＋eq\f(c5,a3b3）≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f（1,c）.证明∵a≥b＞0,于是eq\f（1，a)≤eq\f（1,b)，又c＞0，从而eq\f(1，bc）≥eq\f（1，ca),同理eq\f（1,ca)≥eq\f（1,ab)，从而eq\f（1,bc）≥eq\f（1,ca）≥eq\f（1,ab)。又顺序和不小于乱序和，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）。∴原不等式成立．反思与感悟利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．跟踪训练1已知0＜a≤b≤c，求证：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）.证明因为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）是顺序和，eq\f(a2,a＋b)＋eq\f（b2，b＋c）＋eq\f（c2,c＋a）是乱序和，由排序不等式可知顺序和大于等于乱序和，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(命题角度2字母大小顺序不定问题）例2已知a，b,c均为正数,求证：eq\f(a2，b＋c）＋eq\f（b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b）≥eq\f(1,2）(a＋b＋c)．证明由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，所以a2≥b2≥c2，eq\f（1,b＋c）≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1，a＋b)。由顺序和≥乱序和得到两个不等式: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）.两式相加,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）．反思与感悟对于排序不等式，其核心是必须有两组完全确定的数据，所以解题的关键是构造出这样的两组数据．跟踪训练2设a，b,c∈R＋，利用排序不等式证明：a3＋b3＋c3≤eq\f(b5＋c5,2a2)＋eq\f(c5＋a5，2b2)＋eq\f（a5＋b5，2c2）.证明不妨设0＜a≤b≤c，则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）。类型二利用排序不等式求最值例3设a，b，c为任意正数，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的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，则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)，上述两式相加,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)。当且仅当a＝b＝c时，eq\f（a，b＋c）＋eq\f（b，c＋a）＋eq\f(c，a＋b）取最小值eq\f（3，2)。反思与感悟求最小（大)值，往往所给式子是顺(反）序和式．然后利用顺（反)序和不小(大）于乱序和的原理构造出一个或二个适当的乱序和，从而求出其最小(大）值．跟踪训练3设0＜a≤b≤c且abc＝1.试求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），则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。∴S≥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），两式相加，得2S≥eq\f（1，a)＋eq\f（1，b）＋eq\f(1，c)≥3·eq\r(3,\f（1，abc）)＝3。∴S≥eq\f(3,2),即eq\f（1,a3b＋c）＋eq\f（1，b3a＋c）＋eq\f（1,c3a＋b)的最小值为eq\f(3,2）。1．设a，b，c均为正数,且P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是（)A．P＞QB．P≥QC．P＜QD．P≤Q答案B解析不妨设a≥b≥c＞0，则a2≥b2≥c2＞0。由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，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。将bi（i＝1,2，3,4，5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则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个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________．答案n解析设0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，则0＜aeq\o\al（－1,n)≤aeq\o\al（－1,n－1)≤…≤aeq\o\al(－1，1)，则由排序不等式得，反序和≤乱序和≤顺序和．故最小值为反序和a1·aeq\o\al（－1，1)＋a2·aeq\o\al（－1,2）＋…＋an·aeq\o\al（－1，n)＝n.4．设a，b都是正数,求证：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).证明由题意不妨设a≥b＞0。则a2≥b2，eq\f(1,b)≥eq\f（1,a）,所以eq\f(a2,b）≥eq\f(b2,a)。根据排序不等式知，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．对排序不等式的理解排序原理是对不同的两个数组来研究不同的乘积和的问题，能构造的和按数组中的某种“搭配”的顺序被分为三种形式:顺序和、反序和、乱序和，对这三种不同的搭配形式只需注意是怎样的“次序”，两种较为简单的是“顺与反”，而乱序和也就是不按“常理”的顺序了．2．排序不等式的本质两实数序列同方向单调（同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小．3．排序不等式取等号的条件等号成立的条件是其中一序列为常数序列，即a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝b3＝…＝bn。4．排序原理的思想在解答数学问题时,常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序,那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们记住的是处理问题的这种思想及方法,同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．一、选择题1．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z,三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2）分别为a，b，c，且a＜b＜c。在不同的方案中,最低的总费用（单位:元）是（）A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz答案B解析根据排序原理，反序和最小，即az＋by＋cx最小．2．已知a，b，c＞0，则a2（a2－bc）＋b2(b2－ac)＋c2（c2－ab)的正负情况是()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解析当a＝b＝c＝1时，a2（a2－bc)＋b2(b2－ac）＋c2（c2－ab)＝0,当a＝1，b＝2，c＝3时，a2（a2－bc）＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62。3．设a,b,c都是正数，则式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b3ac－c3ab与0的大小关系是()A．M≥0B．M≤0C．M与0的大小关系与a，b,c的大小有关D．不能确定答案A解析不妨设a≥b≥c＞0，则a3≥b3≥c3，且a4≥b4≥c4，则a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4。∵a3≥b3≥c3，且ab≥ac≥bc，∴a4b＋b4c＋c4a＝a3·ab＋b3·bc＋c3·ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab.∴a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab。∴M≥0。4．在锐角三角形ABC中，设P＝eq\f（a＋b＋c，2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，则P,Q的大小关系为（)A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D．不能确定答案C解析不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，cosA≤cosB≤cosC，则由排序不等式有Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥acosB＋bcosC＋ccosA＝R(2sinAcosB＋2sinBcosC＋2sinCcosA），Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥bcosA＋ccosB＋acosC＝R（2sinBcosA＋2sinCcosB＋2sinAcosC)，上面两式相加,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．设a1，a2，a3为正数，E＝eq\f（a1a2，a3)＋eq\f(a2a3，a1）＋eq\f(a3a1,a2），F＝a1＋a2＋a3，则E,F的大小关系是()A．E＜FB．E≥FC．E＝FD．E≤F答案B解析不妨设a1≥a2≥a3＞0，则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，则M与N的大小关系是(）A．M＞NB．M≥NC．M＜ND．M≤N答案B解析∵x≥y，∴x3≥y3。∴M＝x·x3＋y·y3≥x3·y＋y3·x＝x3y＋y3x＝N.二、填空题7．已知两组数1，2，3和4，5，6，若c1,c2,c3是4，5,6的一个排列，则1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．答案3228解析由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大,反序和最小,故最大值为32，最小值为28。8．5个人各拿一只水桶到水龙头接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4min，8min，6min，10min，5min，统筹安排这5个人接水的顺序，则他们等待的总时间最少为________min.答案84解析5个人按接水时间为4min,5min,6min，8min，10min的顺序进行接水时等待的总时间最少，为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84（min）．9．在Rt△ABC中，∠C为直角,A,B所对的边分别为a，b，则aA＋bB与eq\f（π，4）(a＋b)的大小关系为________．答案aA＋bB≥eq\f（π,4)(a＋b）解析不妨设a≥b＞0，则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．设a1，a2，…，an为正数,且a1＋a2＋…＋an＝5,则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）的最小值为________．答案5解析由所求代数式的对称性，不妨设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）为eq\f（1，a1)，eq\f(1，a2），eq\f(1，a3），…，eq\f（1，an)的一个排列,由乱序和≥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、解答题11．设a，b，c∈(0,＋∞）,利用排序不等式证明:a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.证明不妨设a≥b≥c＞0，则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．设a1，a2，…，an是n个互不相等的正整数,求证：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)。证明设b1，b2，…,bn是a1,a2，…，an的一个排列，且满足b1＜b2＜…＜bn。因为b1，b2，…，bn是互不相等的正整数，故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n.又因为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),求证:sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα＞eq\f(1，2)（sin2α＋sin2β＋sin2γ）．证明∵0＜α＜β＜γ＜eq\f(π,2），且y＝sinx在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2））)上为增函数，y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2