2020-2021学年高中数学-第三讲-柯西不等式与排序不等式-三-排序不等式课时作业（含解析）新人

PAGE第三讲柯西不等式与排序不等式[课时作业][A组基础巩固]1．若A＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1其中x1x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为()A．A>B B．A<BC．A≥B D．A≤B解析：依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0<x1≤x2≤…≤xn则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn}的一个排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.答案：C2．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件和2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则花钱最少和最多的值分别为()A．20,23 B．19,25C．21,23 D．19,24解析：最多为5×3＋4×2＋2×1＝25，最少为5×1＋4×2＋2×3＝19，应选B.答案：B3．锐角三角形中，设P＝eq\f(a＋b＋c,2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，则P、Q的关系为()A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D．不能确定解析：不妨设a≥b≥c，则A≥B≥C，∴cosC≥cosB≥cosA，acosC＋bcosB＋ccosA为顺序和，由排序不等式定理，它不小于一切乱序和，所以一定不小于P，∴Q≥P.答案：C4．(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,61)))的取值范围是()A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)解析：令A＝(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))＝eq\f(2,1)×eq\f(5,4)×eq\f(8,7)×…×eq\f(3n－1,3n－2)，B＝eq\f(3,2)×eq\f(6,5)×eq\f(9,8)×…×eq\f(3n,3n－1)，C＝eq\f(4,3)×eq\f(7,6)×eq\f(10,9)×…×eq\f(3n＋1,3n).由于eq\f(2,1)>eq\f(3,2)>eq\f(4,3)，eq\f(5,4)>eq\f(6,5)>eq\f(7,6)，eq\f(8,7)>eq\f(9,8)>eq\f(10,9)，…，eq\f(3n－1,3n－2)>eq\f(3n,3n－1)>eq\f(3n＋1,3n)>0，所以A>B>C>0.所以A3>A·B·C.由题意知3n－2＝61，所以n＝21.又因为A·B·C＝3n＋1＝64.所以A>4.答案：C5．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＋…＋a5A．324 B．314C．304 D．212解析：两组数据的顺序和为a1b1＋a2b2＋…＋a5b5＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.而a1c1＋a2c2＋…＋a5c5为这两组数的乱序和，∴由排序不等式可知，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤304，当且仅当ci＝bi(i＝1,2,3,4,5)时，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5有最大值，最大值为304.答案：C6．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c1＋2c2＋3c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.答案：32287．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________钱．解析：设a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a1b3＋a2b2＋a3b1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．答案：76元8．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________．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)．答案：aA＋bB≥eq\f(π,4)(a＋b)9．设a，b，c都是正实数，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤eq\f(a8＋b8＋c8,a3b3c3).证明：设a≥b≥c>0，则eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a)，则eq\f(1,b3c3)≥eq\f(1,c3a3)≥eq\f(1,a3b3).由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.根据排序不等式，知eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(a5,c3a3)＋eq\f(b5,a3b3)＋eq\f(c5,b3c3)＝eq\f(a2,c3)＋eq\f(b2,a3)＋eq\f(c2,b3).又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，eq\f(1,c3)≥eq\f(1,b3)≥eq\f(1,a3).由排序不等式，得eq\f(a2,c3)＋eq\f(b2,a3)＋eq\f(c2,b3)≥eq\f(a2,a3)＋eq\f(b2,b3)＋eq\f(c2,c3)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).由不等式的传递性，知eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)＝eq\f(a8＋b8＋c8,a3b3c3).∴原不等式成立．10．设0<a1≤a2≤…≤an,0<b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的一个排列．求证：··…·≥··…·≥··…·.证明：∵0<a1≤a2≤…≤an，∴lna1≤lna2≤…≤lnan.又∵0<b1≤b2≤…≤bn，故由排序不等式可知b1lna1＋b2lna2＋…＋bnlnan≥c1lna1＋c2lna2＋…＋cnlnan≥bnlna1＋bn－1lna2＋…＋b1lnan.[B组能力提升]1．已知a，b，c为正数，P＝eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)，Q＝abc，则P、Q的大小关系是()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：不妨设a≥b≥c>0，则0<eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，0<bc≤ca≤ab，由排序原理：顺序和≥乱序和，得eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥eq\f(bc,c)＋eq\f(ca,a)＋eq\f(ab,b)，即eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,abc)≥a＋b＋c，∵a，b，c为正数，∴abc>0，a＋b＋c>0，于是eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)≥abc，即P≥Q.答案：B2．已知a，b，c∈R＋，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是()A．大于零 B．大于等于零C．小于零 D．小于等于零解析：不妨设a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，根据排序原理，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＋c2ab.∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.答案：B3．设a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一个排序，则a1＋2a2＋3a3＋4解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值为12＋22＋32＋42＝30.最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是[20,30]．答案：[20,30]4．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c为正数，则eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)的最小值是________．解析：不妨设a≥b≥c，∴eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b).∴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) ①eq\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) ②①＋②得：eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2)，∴eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)≥eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)5．设a1，a2，a3，a4∈R＋且a1＋a2＋a3＋a4＝6，求eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋eq\f(a\o\al(2,3),a4)＋eq\f(a\o\al(2,4),a1)的最小值．解析：不妨设a1≥a2≥a3≥a4>0，则eq\f(1,a4)≥eq\f(1,a3)≥eq\f(1,a2)≥eq\f(1,a1)，aeq\o\al(2,1)≥aeq\o\al(2,2)≥aeq\o\al(2,3)≥aeq\o\al(2,4)，∴eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋eq\f(a\o\al(2,3),a4)＋eq\f(a\o\al(2,4),a1)是数组“eq\f(1,a1)，eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)，eq\f(1,a4)”和“aeq\o\al(2,4)，aeq\o\al(2,3)，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(2,1)”的乱序和，而它们的反序和为eq\f(1,a1)·aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,a2)·aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,a3)·aeq\o\al(2,3)＋eq\f(1,a4)·aeq\o\al(2,4)＝a1＋a2＋a3＋a4＝6.∴由排序不等式知当a1＝a2＝a3＝a4＝eq\f(3,2)时，eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋eq\f(a\o\al(2,3),a4)＋eq\f(a\o\al(2,4),a1)有最小值，最小值为6.6．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：(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.证明：(1)用比较法：c(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)．因为b≥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同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ②综合①②，证毕．(2)由题设及(1)知，a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c