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排序不等式课时提升作业 十一 3.3


课时提升作业 十一
排序不等式

一、选择题(每小题 4 分,共 12 分) 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 C.a1b2+a2b1 B.a1a2+b1b2 D. )

【解析】选 A.因为 0<a1<a2,0<b1<b2,由排序不等式可知 a1b1+a2b2 最大. 2.(2016· 商丘高二检测)设 a1,a2,…,an 都是正数,b1,b2,…,bn 是 a1,a2,…,an 的任 一排列,则 a1 A.1 C.n2 +a2 +…+an 的最小值为 ( B.n D.无法确定 ≤… )

【解析】选 B.因为 a1,a2,…,an 都是正数,不妨设 a1≤a2≤…≤an,则 ≤ ≤ . 由 题 意 及 排 序 不 等 式 知 , 反 序 和 最 小 , 所 以 a1 a1· +a2· +…+an· =n, 即 a1 +a2 +…+an 的最小值为 n. ) +a2 + … +an



3.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 C.小于零 B.大于等于零 D.小于等于零

【解题指南】限制 a,b,c 的大小关系,取两数组利用排序不等式求解. 【解析】选 B.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. 二、填空题(每小题 4 分,共 8 分) 4.(2016·梅州高二检测)若 a>0,b>0 且 a+b=1,则 + 的最小值是________. 【解析】不妨设 a≥b>0,则有 a2≥b2,且 ≥ , 由排序不等式 + ≥ ·a2+ ·b2=a+b=1. 当且仅当 a=b= 时取等号,所以 + 的最小值为 1. 答案:1 5.设 a,b 都是正数,若 P= + ,Q= + ,则二者的关系是________.

【解析】由题意不妨设 a≥b>0. 由不等式的性质,知 a2≥b2, ≥ .所以 ≥ . 根据排序原理,知 × + × ≥ × + × . 即 + ≥ + .

答案:P≥Q 【误区警示】本题易出现观察不等式找不出排序原理用到的两组数,并用排序不 等式比较大小. 三、解答题 6.(10 分 )(2016 · 广 州 高 二 检 测 ) 已 知 a,b,c 为 正 数 , 用 排 序 不 等 式 证 明:2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).

【证明】设正数 a,b,c 满足 a≤b≤c,则 a2≤b2≤c2,由排序不等式得, a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3, a2c+b2a+c2b≤a3+b3+c3, 两式相加,得: 2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).

一、选择题(每小题 5 分,共 10 分) 1.已知 x≥y,M=x4+y4,N=x3y+xy3,则 M 与 N 的大小关系是 ( A.M>N C.M<N B.M≥N D.M≤N )

【解析】选 B.由排序不等式,知 M≥N. 2.(2016·长沙高二检测)已知 x1,x2,…,xn 均为正数,A= B=x1x2+x2x3+…+xnx1. 则 A 与 B 的大小关系为 ( A.A>B C.A≥B ) B.A<B D.A≤B + +…+ ,

【解析】选 C.因为 x1,x2,…,xn 均为正数,不妨设 x1≤x2≤…≤xn,根据排序不等式,得 + +…+ ≥x1x2+x2x3+…+xnx1.

即 A≥B. 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 3.(2016 · 武 汉 高 二 检 测 ) 若 a,b,c>0,a2+b2+c2=3, 则 ab+bc+ca 的 最 大 值 是

________. 【解析】不妨设 a≥b≥c>0,则 b,c,a 为乱序,于是由排序不等式知 a2+b2+c2≥ ab+bc+ac,所以 ab+bc+ca≤3,即 ab+bc+ca 的最大值为 3. 答案:3 4.(2016 ·珠海高二检测 ) 设 a1,a2, …,an 为正数 , 且 a1+a2+… +an=5, 则 + + … + + 的最小值为________.

【解析】由所求代数式的对称性,不妨设 0<a1≤a2≤…≤an, 所以 ≤ ≤…≤ , ≥ ≥…≥ ,

而 , ,…, , 为 , , ,…, 的一个排列,由乱序和≥反序和,得 · + · +…+ · + · ≥ · + · +…+ · ,即 + +…+ +

≥a1+a2+…+an=5, 故所求最小值为 5. 答案:5 三、解答题 5.(10 分)设 x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. 【解题指南】 题中只给出了 x>0,但是对于 x≥1,x<1 并不确定,因此,需要分类讨 论. 【证明】(1)当 x≥1 时, 1≤x≤x2≤…≤xn. 由排序原理知, 1·1+x·x+x2·x2+…+xn·xn≥xn·1+xn-1·x+…+1·xn, 所以 1+x2+x4+…+x2n≥(n+1)xn.①

又因为 x,x2,…,xn,1 为 1,x,x2,…,xn 的一个排序,于是由排序原理得 1· x+x· x2+… +xn-1·xn+ xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1. 所以 x+x3+…+x2n-1≥nxn.② ①+②,得 1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. (2)当 0<x<1 时,1>x>x2>…>xn,同理可得结论. 综合(1)与(2),所以当 x>0 时, 1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. 【补偿训练】设 a1,a2,…,an 为实数,证明: 【证明】不妨设 a1≤a2≤a3≤…≤an 由排序原理得 + + + …… + + +…+ ≥a1an+a2a1+a3a2+…+anan-1 + + + +…+ +…+ +…+ =a1a1+a2a2+a3a3+…+anan. ≥a1a2+a2a3+a3a4+…+ana1 ≥a1a3+a2a4+a3a5+…+ana2 ≤ .

以上 n 个式子两边相加 n( + + +…+ )≥(a1+a2+a3+…+an)2

两边同除以 n2 得 ≥ 所以

≥ 结论得证.


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