人教版高中数学选修4-5练习：第三讲3.3排序不等式 Word版含解析.doc

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第三讲 柯西不等式与排序不等式
3.3 排序不等式
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A级　基础巩固
一、选择题
1．设正实数a1，a2，a3的任一排列为a1′，a2′，a3′，则eq \f(a1,a1′)＋eq \f(a2,a2′)＋eq \f(a3,a3′)的最小值为(　　)
A．3　　　　　　B．6
C．9 D．12
解析：a1≥a2≥a3＞0，则eq \f(1,a3)≥eq \f(1,a2)≥eq \f(1,a1)＞0，
由乱序和不小于反序和知，
所以eq \f(a1,a1′)＋eq \f(a2,a2′)＋eq \f(a3,a3′)≥eq \f(a1,a1)＋eq \f(a2,a2)＋eq \f(a3,a3)＝3，
所以eq \f(a1,a1′)＋eq \f(a2,a2′)＋eq \f(a3,a3′)的最小值为3，故选A.
答案：A
2．车间里有5 台机床同时出了故障，从第1 台到第5 台的修复时间依次为4 min，8 min，6 min，10 min，5 min，每台机床停产1 min损失5 元，经合理安排损失最少为(　　)
A．420 元 B．400 元
C．450 元 D．570 元
解析：损失最少为5(1×10＋2×8＋3×6＋4×5＋5×4)＝420(元)，反序和最小．
答案：A
3．设a，b，c∈R＋，M＝a5＋b5＋c5，N＝a3bc＋b3ac＋c3ab，则M与N的大小关系是(　　)
A．M≥N B．M＝N
C．M＜N D．M＞N
解析：不妨设a≥b≥c＞0，
则a4≥b4≥c4，
运用排序不等式有：
a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥ac4＋ba4＋cb4，
又a3≥b3≥c3＞0，且ab≥ac≥bc＞0，
所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，
即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab，即M≥N.
答案：A
4．已知a，b，c≥0，且a3＋b3＋c3＝3，则aeq \r(b)＋beq \r(c)＋ceq \r(a)的最大值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D.eq \f(\r(3),3)
解析：设a≥b≥c≥0，所以eq \r(a) ≥eq \r(b) ≥ eq \r(c).
由排序不等式可得aeq \r(b)＋beq \r(c)＋ceq \r(a)≤aeq \r(a)＋beq \r(b)＋ceq \r(c).
而(aeq \r(a)＋beq \r(b)＋ceq \r(c))2≤(aeq \r(a))2＋(beq \r(b))2＋(ceq \r(c))2](1＋1＋1)＝9，即aeq \r(a)＋beq \r(b)＋ceq \r(c)≤3.
所以aeq \r(b)＋beq \r(c)＋ceq \r(a)≤3.
答案：C
5．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．大于等于零
C．小于零 D．小于等于零
解析：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.
所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab，
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案：B
二、填空题
6．设a1，a2，…，an为实数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则乘积a1b1＋a2b2＋…＋anbn不小于________．
答案：a1an＋a2an－1＋…＋ana1
7．已知a，b，c都是正数，则eq \f(a,b＋c)＋eq \f(b,c＋a)＋eq \f(c,a＋b)≥________．
解析：设a≥b≥c＞0，所以eq \f(1,b＋c)≥eq \f(1,c＋a)≥eq \f(1,a＋b)，
由排序原理，知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,b＋a)，①
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(c,a＋b)，②
①＋②得eq \f(a,b＋c)＋eq \f(b,c＋a)＋eq \f(c,a＋b)≥eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
8．设a，b，c＞0，则eq \f(bc,a)＋eq \f(ca,b)＋eq \f(ab,c)________a＋b＋c.
解析：不妨设a≥b≥c＞0，
则eq \f(1,a)≤eq \f(1,b)≤eq \f(1,c)，bc≤ac≤ab.
由顺序和≥乱序和，得
eq \f(ab,c)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(bc,a)≥eq \f(1,b)·bc＋eq \f(1,c)·ac＋eq \f(1,a)·ab＝c＋a＋b，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
答案：≥
三、解答题
9．对a，b，c∈(0，＋∞)，比较a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小．
解：取两组数a，b，c和a2，b2，c2.
不管a，b，c的大小顺序如何，a3＋b3＋c3都是顺序和；
a2b＋b2c＋c2a都是乱序和，
故有a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a.
10．设a，b，c大于0，求证：
(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；
(2)eq \f(1,a3＋b3＋abc)＋eq \f(1,b3＋c3＋abc)＋eq \f(1,c3＋a3＋abc)≤eq \f(1,abc).
证明：(1)不妨设a≥b＞0，
则a2≥b2＞0.
所以a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2·a，
所以a3＋b3≥ab(a＋b)．
(2)由(1)知，同理b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)．
所以eq \f(1,a3＋b3＋abc)＋eq \f(1,b3＋c3＋abc)＋eq \f(1,c3＋a3＋abc)≤eq \f(1,ab（a＋b）＋abc)＋eq \f(1,bc（b＋c）＋abc)＋eq \f(1,ac（a＋c）＋abc)＝eq \f(1,a＋b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ab)＋\f(1,bc)＋\f(1,ca)))＝eq \f(1,a＋b＋c)·eq \f(c＋a＋b,abc)＝eq \f(1,abc).
故原不等式得证．
B级　能力提升
1．若0＜a1＜a2，0＜b1＜b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则下列代数式中值最大的是(　　)
A．a1b1＋a2b2 B．a1b2＋a2b1
C．a1a2＋b1b2 D.eq \f(1,2)
解析：因为0＜a1＜a2，0＜b1＜b2，
且a1＋a2＝b1＋b2＝1，
所以a1a2＋b1b2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a2,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b1＋b2,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2).
由0＜a1＜a2，0＜b1＜b2及排序不等式知a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1，1＝(a1＋a2)(b1＋b2)＝a1b1＋a2b2＋a1b2＋a2b1＜2(a1b1＋a2b2)，
所以a1b1＋a2b2＞eq \f(1,2).
答案：A
2．若a＞0，b＞0且a＋b＝1，则eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)的最小值是________．
解析：不妨设a≥b＞0，
则有a2≥b2，且eq \f(1,b)≥eq \f(1,a).
由排序不等式eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥eq \f(1,a)·a2＋eq \f(1,b)·b2＝a＋b＝1，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立．
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)的最小值为1.
答案：1
3．设a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数．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是互不相同的正整数，
所以b1≥1，b2≥2，…，bn≥n，
又因为1＞eq \f(1,22)＞eq \f(1,32)＞…＞eq \f(1,n2)，
所以由排序不等式，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)，
所以原不等式得证．