数学同步测控：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，业必贵于专精同步测控我夯基，我达标1.已知a、b、c∈R+,则a3+b3+c3与a2b+b2c+c2A。a3+b3+c3〉a2b+b2c+c2aB.a3+b3+c3≥a2b+b2C.a3+b3+c3<a2b+b2c+c2aD。a3+b3+c3≤a2b+b2解析：不妨设a≥b≥c〉0，则a2≥b2≥c2,∴a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c答案:B2。已知a、b、c∈R+，则a2（a2—bc）+b2（b2-ac）+c2(c2-ab)的正负情况为（）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,则a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc.∴a4+b4+c4=a2·a2+b2·b2+c2·c2≥a2b2+b2c2+c2=（ab）·（ab)+（bc）·(bc）+（ac）·（ac)≥(ab)·(ac)+(ac)·(bc)+（bc）·（ab）=a2bc+abc2+ab2c∴a4—a2bc+b4-ab2c+c4-abc2即a2（a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab）≥0.答案：B3.设x1,x2,…,xn是不同的正整数，则m=+…+的最小值是（)A。1B.2C.1+++…+D。1+++…+解析：∵x1，x2,…，xn是不同的正整数,设b1，b2,…，bn是x1,x2，…，xn的一个排列且b1≤b2≤b3≤…≤bn，则b1≥1,b2≥2,…,bn≥n。又∵〉>…〉,∴m=≥≥1+++…+。答案：C4。已知,则（）A.2b〉2a〉2cB.2a>2b>2cC.2c〉2b〉2a解析:∵<<,∴b>a〉c。∴2b〉2a〉2答案：A5.设b、c为互不相等的正整数，则的最小值为()A。B.C。1D。解析：∵b、c为互不相等的正整数,若b<c,则b≥1，c≥2.又∵,∴≥若b〉c,则b≥2,c≥1,又∵〉,∴≥≥=。∴最小值为。答案:B6.若a、b、c为实数，则a2+b2+c2与ab+bc+ca的大小关系为_______________.解析：不妨设a≥b≥c，则ab+bc+ca≤a·a+b·b+c·c=a2+b2+c2。答案:a2+b2+c2≥ab+bc+ca7.比较a4+b4与a3b+ab3的大小关系为_______________.解析:不妨设a≥b，则a3≥b3，∴a4+b4≥a3b+b3a答案:a4+b4≥a3b+ab3我综合，我发展8.若a、b为正数,则+与的大小关系为_______________。解析：不妨设a≥b>0，则a3≥b3>0,∴≤。∴·a+·b≤,即+≤.答案:+≤9。若a、b为正数,则-a2与b2—的大小关系为_______________.解析：不妨设a≥b>0,则a2≥b2〉0,≥〉0,a4≥b4〉0.∴≥=a2+b2。∴—a2≥b2—.答案:—a2≥b2—10。设a、b、c都是正数,求证:++≥。证明:不妨设a≥b≥c〉0，则a+b≥a+c≥b+c>0,∴≤≤.∴≥,≥。两式相加，得2（）≥3,即≥成立。11。设a、b、c∈R+，求证:++≤.分析：本题可多次利用排序不等式证明，不等式的右边=。证明：不妨设a≥b≥c>0，则≥≥.∴≥≥，且a5≥b5≥c5。∴≥.∵a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2，.∴≥∴≥++成立。我创新，我超越12。设a+b〉0,n为偶数，求证:+≥+.分析:本题将an-1与bn-1交换一下就得到右边,可用排序不等式解答，情况不定可分类讨论.证明：∵a+b>0,∴a〉-b,共有四种情况.(1）当a≥b〉0时，an≥bn>0,an-1≥bn-1,∴≤.∴≤,即≥+成立。（2)当b≥a>0时,bn≥an〉0,bn—1≥an-1，∴≤。∴≤,即≥+.（3)当a>-b>0时,∵n为偶数，∴an〉（—b）n=bn>0，且a>b.∴an-1>bn-1,且<.∴≥(4)当0〉a〉—b时,则b〉—a>0,∵n为偶数，∴bn〉（-a)n=an〉0且bn-1〉an—1.∴>。∴≤，即≥+.综上，≥+。13。设x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn,z1,z2,…,zn是y1,y2，…，yn的任意一个排列,求证:≤.分析：本题可利用排序不等式解答,要证≤成立,只需证-≤-，由排序不等式证明出.证明:∵x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn,z1,z2，…,zn是y1，y2,