高中数学54几个著名的不等式542排序不等式自我小测苏教版选修45
苏教版高中数学选修4-5：5.4 几个著名的不等式 复习课件
3．已知 a>0，b>0，c>0，函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c 的最 小值为 4.
(1)求 a＋b＋c 的值． (2)求14a2＋19b2＋c2 的最小值．
解：(1)∵f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a ＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b 时，等号成立， 又 a>0，b>0，∴|a＋b|＝a＋b. ∴f(x)的最小值为 a＋b＋c. 又已知 f(x)的最小值为 4，∴a＋b＋c＝4.
5.4 几个著名的不等式 复习课件
专题一 利用柯西不等式证明不等式
• [考情分析] • 由于柯西不等式是用综合法证明不等式的重要依
据，因此柯西不等式的考查常出现在用综合法证 明含有幂，根式的和、积、商的不等式中．高考 一般在选考题中考查．
[高考冲浪] 1．(2017·江苏卷)已知a，b，c，d为实数， 且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，求证：ac＋bd≤8.
3．已知 a1，a2，…，an 都是正实数，且 a1＋a2＋…＋an＝ 1.
求证：a1＋a21 a2＋a2＋a22 a3＋…＋an－a12n＋－1 an＋an＋a2n a1≥12.
证明：左边＝a1＋a21 a2＋a2＋a22 a3＋…＋an－a12n＋－1 an＋an＋a2n a1＝[(a1 ＋ a2) ＋ (a2 ＋ a3) ＋ … ＋ (an － 1 ＋ an) ＋ (an ＋
定理：若 a1，a2，…，an 为正数，
则a1＋a2＋n …＋an≥ n a1a2…an
，
等号当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时成立．
1．求函数 y＝4x－2－94x(x＞12)的最小值． 解：y＝4x－2－94x＝4x＋4x－9 2＝4x－2＋4x－9 2＋2， ∵x＞12，∴4x－2＞0，∴y≥2 9＋2＝8， 当且仅当 4x－2＝4x－9 2时，“＝”成立． 故所求函数的最小值为 8.
苏教版高二数学选修4-5 5.4.2 排序不等式教案
5.4.2 排序不等式排序不等式（又称排序原理）：设有两个有序数组n a a a ≤≤≤ 21及.21n b b b ≤≤≤则n n b a b a b a +++ 2211（同序和）jn n j j b a b a b a +++≥ 2211（乱序和） 1121b a b a b a n n n +++≥- （逆序和）其中n j j j ,,,21 是1，2，…，n 的任一排列.当且仅当n a a a === 21或n b b b === 21时等号（对任一排列n j j j ,,,21 ）成立. 证明：不妨设在乱序和S 中n j n ≠时（若n j n =，则考虑1-n j ），且在和S 中含有项 ),(n k b a n k ≠则.n n jn n j n n k b a b a b a b a n +≤+ ① 事实上，左－右=,0))((≥--n j n k n b b a a由此可知，当n j n ≠时，调换n k j n j k j b a b a b a S ++++= 11（n j n ≠）中n b 与n j 位置（其余不动），所得新和.1S S ≥调整好n a 及n b 后，接着再仿上调整1-n a 与1-n b ，又得.12S S ≥如此至多经1-n 次调整得顺序和n n b a b a b a +++ 2211jn n j j b a b a b a +++≥ 2211 ② 这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然，当n a a a === 21或n b b b === 21时②中等号成立.反之，若它们不全相等，则必存在n j 及k ，使n b .,k n j a a b n >>这时①中不等号成立. 因而对这个排列②中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和”.例1：对+∈R c b a ,,，比较a c c b b a c b a 222333++++与的大小.【思路分析】要应用“排序不等式”，必须取两组便于排序的数，这要从两式的结构上去分析.【略解】 取两组数.,,;,,222c b a c b a 不管c b a ,,的大小顺序如何，都是乱序和都是同序和a c c b b a c b a 222333++++， 故a c cb b ac b a 222333++>++. 【评述】 找出适当的两组数是解此类题目的关键.例2：设.222,,,333222222ab c ca b bc a b a c a c b c b a c b a R c b a ++≤+++++≤++∈+求证【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 【略解】不妨设ab c c b a c b a 111,,222≥≥≥≥≥≥则， 则b c a b c a 111222⋅+⋅+⋅（乱序和）cc b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥（逆序和）， 同理b c a b c a 111222⋅+⋅+⋅（乱序和）cc b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥（逆序和） 两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式. 再考虑数组abac bc c b a 111333≥≥≥≥及，仿上可证第二个不等式. 【评述】应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计.这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组.例3：在△ABC 中，试证：.23ππ<++++≤c b a cC bB aA【思路分析】 可构造△ABC 的边和角的序列，应用排序不等式来证明之.【详解】 不妨设c b a ≤≤，于是.C B A ≤≤由排序不等式，得.,,bC aB cA cC bB aA aC cB bA cC bB aA cC bB aA cC bB aA ++≥++++≥++++≥++ 相加，得)())(()(3c b a C B A c b a cC bB aA ++=++++≥++π， 得3π≥++++c b a cC bB aA ①又由,0,0,0b c a c b a a c b -+<-+<-+<有).(2)()3()2()2()()()()()()(0cC bB aA c b a C c B b A a C B A c B C A b A C B a b c a B c b a C a c b A ++-++=-+-+-=-++-++-+=-++-++-+<ππππ 得.2π<++++c b a cC bB aA ② 由①、②得原不等式成立.【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明.例4：设*21,,,N a a a n ∈ ，且各不相同， 求证：.32131211223221n a a a a n n ++++≤++++ 【思路分析】不等式右边各项221i a i a i i ⋅=；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. 【略解】设n n a a a b b b ,,,,,,2121 是的重新排列，满足n b b b <<< 21， 又.131211222n >>>> 所以223221232213232nb b b b n a a a a n n ++++≥++++ . 由于n b b b ,,21是互不相同的正整数，故.,,2,121n b b b n ≥≥≥ 从而n n b b b b n 121132223221+++≥++++， 原式得证. 【评述】排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，,22a b b a b a ⋅+⋅≥+.3222333abc ab c ac b bc a ca c bc b ab a a c c b b a c b a =⋅+⋅+⋅≥⋅+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅≥++例5：设n b b b ,,,21 是正数n a a a ,,,21 的一个排列，求证.2211n b a b a b a nn ≥+++【思路分析】 应注意到),,2,1(11n i a a i i ==⋅【略证】不妨设n a a a ≥≥≥ 21，因为n a a a ,,,21 都大于0. 所以有na a a 11121≤≤≤ ， 又n n a a ab b b 1,,1,11,,1,12121 是的任意一个排列，于是得到 .11111122112211nn n n b a b a b a a a a a a a n +++⋅≤⋅++⋅+⋅= 【评述】 此题比较简单，但颇具启发意义，读者应耐心体会.例6：设实数n n n z z z y y y x x x ,,,,,212121 ≥≥≥≥≥≥是n y y y ,,,21 的一个置换（置换指的是元素相同但顺序不一定相同），证明：∑∑==-≤-n i i i n i i i z x y x 1212.)()( 【略解】 显然所需证不等式等价于∑∑==≥ni ii n i i i z x y x 11,这由排序不等式可直接得到. 【评述】 应用此例的证法可立证下题：基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n 个正数),,21n a a a 调和平均n n a a a nH 11121+++= 几何平均n n n a a a G 21⋅= 算术平均n a a a A n n +++=21 平方平均222221n n a a a Q +++= 这四个平均值有以下关系：n n n n Q A G H ≤≤≤，其中等号当且仅当n a a a === 21时成立.例7：利用排序不等式证明n n A G ≤. 【证明】令),,2,1(,n i G a b ni i ==则121=n b b b ，故可取021>>>>n x x x ，使得111322211,,,,x x b x x b x x b x x b n n n n n ====-- 由排序不等式有：n b b b +++ 21 =13221x x x x x x n +++ （乱序和） n n x x x x x x 1112211⋅++⋅+⋅≥ （逆序和） =n ，.,2121n n n n n n G n a a a n G a G a G a ≥+++≥+++∴ 即 【评述】对n a a a 1,,1,121 各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，n n A G ≤.。
【2019最新】高中数学5-4几个著名的不等式5-4-2排序不等式同步测控
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,
答案:a2+b2+c2≥ab+bc+ca
7.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,∴≤.
——教学资料参考参考范本——
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______年______月______日
____________________部门
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的大小为( )
A.a3+b3+c3>a2b+b2c+c2a B.a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a
则b1≥1,b2≥2,…,bn≥n.
高中数学54几个著名的不等式542排序不等式同步测控苏教版选修45
5.4.2 排序不等式同步测控我夯基，我达标1.已知a 、b 、c∈R +,则a 3+b 3+c 3与a 2b+b 2c+c 2a 的大小为( )A.a 3+b 3+c 3>a 2b+b 2c+c 2aB.a 3+b 3+c 3≥a 2b+b 2c+c 2aC.a 3+b 3+c 3<a 2b+b 2c+c 2aD.a 3+b 3+c 3≤a 2b+b 2c+c 2a解析:不妨设a≥b≥c>0,则a 2≥b 2≥c 2,∴a 2b+b 2c+c 2a≤a 3+b 3+c 3.答案:B2.已知a 、b 、c∈R +,则a 2(a 2-bc)+b 2(b 2-ac)+c 2(c 2-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a 2≥b 2≥c 2,ab≥ac≥bc.∴a 4+b 4+c 4=a 2·a 2+b 2·b 2+c 2·c 2≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2=(ab)·(ab)+(bc)·(bc)+(ac)·(ac)≥(ab)·(ac)+(ac)·(bc)+(bc)·(ab)=a 2bc+abc 2+ab 2c.∴a 4-a 2bc+b 4-ab 2c+c 4-abc 2≥0,即a 2(a 2-bc)+b 2(b 2-ac)+c 2(c 2-ab)≥0.答案:B3.设x 1,x 2,...,x n 是不同的正整数,则m=222121x x ++ (2)x n 的最小值是( ) A.1 B.2 C.1+21+31+…+n 1 D.1+221+231+…+21n 解析:∵x 1,x 2,…,x n 是不同的正整数,设b 1,b 2,…,b n 是x 1,x 2,…,x n 的一个排列且b 1≤b 2≤b 3≤…≤b n ,则b 1≥1,b 2≥2,...,b n ≥n. 又∵211>221> (21), ∴m=2222121n x x x n +++ ≥2222121n b b b n +++ ≥1+21+31+…+n 1. 答案:C4.已知c a b 212121log log log <<,则( )A.2b >2a >2cB.2a >2b >2cC.2c >2b >2aD.2c >2a >2b解析:∵b 21log <a 21log <c 21log ,∴b>a>c.∴2b >2a >2c .答案:A5.设b 、c 为互不相等的正整数,则2232c b+的最小值为( ) A.3613 B.3617 C.1 D.41解析:∵b、c 为互不相等的正整数,若b<c,则b≥1,c≥2. 又∵223121>,∴2232c b +≥.3617322122=+若b>c,则b≥2,c≥1,又∵221>231, ∴2232c b +≥2232b c +≥223221+=3617. ∴最小值为3617.答案:B6.若a 、b 、c 为实数,则a 2+b 2+c 2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=a 2+b 2+c 2.答案:a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca7.比较a 4+b 4与a 3b+ab 3的大小关系为_______________.解析:不妨设a≥b,则a 3≥b 3,∴a 4+b 4≥a 3b+b 3a.答案:a 4+b 4≥a 3b+ab 3我综合，我发展8.若a 、b 为正数,则21a +21b 与33a b b a+的大小关系为_______________.解析:不妨设a≥b>0,则a 3≥b 3>0,∴31a ≤31b . ∴31a ·a+31b ·b≤33b aa b +, 即21a +21b ≤33b aa b +.答案:21a +21b ≤33b aa b +9.若a 、b 为正数,则24b a -a 2与b 2-24a b的大小关系为_______________.解析:不妨设a≥b>0,则a 2≥b 2>0,21b ≥21a >0,a 4≥b 4>0.∴2424a b b a +≥2424a a b b +=a 2+b 2. ∴24b a -a 2≥b 2-24a b.答案:24b a -a 2≥b 2-24a b10.设a 、b 、c 都是正数,求证:c b a ++a c b ++b a c +≥23.证明:不妨设a≥b≥c>0,则a+b≥a+c≥b+c>0, ∴b a +1≤c a +1≤c b +1. ∴a c b c b ab a c+++++≥b a aa c c cb b +++++,a cbc b a b a c +++++≥b a ba c ac b c +++++.两式相加,得2(a c bc b a b a c +++++)≥3, 即a c b c b a b a c +++++≥23成立.11.设a 、b 、c∈R +,求证:a 1+b 1+c 1≤333888c b a c b a ++.分析:本题可多次利用排序不等式证明,不等式的右边=335335335b a c a c b c b a ++. 证明:不妨设a≥b≥c>0,则c 1≥b 1≥a 1. ∴331c b ≥331a c ≥331b a ,且a 5≥b 5≥c 5. ∴335335335b ac a c b c b a ++≥323232335335335a b c a b c b a b a c a c b c ++=++.∵a≥b≥c>0,∴a 2≥b 2≥c 2,333111c b a ≤≤. ∴323232a b c a b c ++≥.111323232c b a c c b b a a ++=++ ∴333888c b a c b a ++≥a 1+b 1+c 1成立.我创新，我超越12.设a+b>0,n 为偶数,求证:n n a b 1-+n n b a 1-≥a 1+b 1.分析:本题将a n-1与b n-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,a n ≥b n >0,a n-1≥b n-1, ∴n a 1≤nb 1. ∴n n n n b b a a 11--+≤n n n n ba ab 11--+, 即n n n n ba ab 11--+≥a 1+b 1成立. (2)当b≥a>0时,b n ≥a n >0,b n-1≥a n-1, ∴n b 1≤n a1. ∴n n n n a a b b 11--+≤n n n n ba ab 11--+, 即n n n n ba ab 11--+≥a 1+b 1. (3)当a>-b>0时,∵n 为偶数,∴a n >(-b)n =b n >0,且a>b.∴a n-1>b n-1,且n a 1<nb 1. ∴n n n n ba ab 11--+≥.1111b a b b a a n n n n +=+-- (4)当0>a>-b 时,则b>-a>0,∵n 为偶数,∴b n >(-a)n =a n >0且b n-1>a n-1. ∴n a 1>n b1. ∴n n n n b b a a 11--+≤n n n n ba ab 11--+, 即n n n n ba ab 11--+≥a 1+b 1. 综上,n n n n ba ab 11--+≥a 1+b 1. 13.设x 1≥x 2≥…≥x n ,y 1≥y 2≥…≥y n ,z 1,z 2,…,z n 是y 1,y 2,…,y n 的任意一个排列,求证:∑=-n i i i y x12)(≤∑=-ni i i z x 12)(.分析:本题可利用排序不等式解答,要证∑=-n i i i y x12)(≤∑=-ni i i z x 12)(成立, 只需证∑=-n i i i y x 122)(-∑=n i i i y x 1)2(≤∑=+ni i i z x 122)(-∑=n i i i z x 1)2(,由排序不等式证明出. 证明:∵x 1≥x 2≥…≥x n ,y 1≥y 2≥…≥y n ,z 1,z 2,…,z n 是y 1,y 2,…,y n 的任意一个排列, ∴x 1y 1+x 2y 2+…+x n y n ≥x 1z 1+x 2z 2+…+x n z n ,即∑∑==≥ni i i n i i i z x y x 11.∴∑∑==-≤-ni i i n i i i z x y x 11,22 且x 12+y 12+x 22+y 22+…+x n 2+y n 2=x 12+z 12+x 22+z 22+…+x n 2+z n 2. ∴∑∑∑∑====-+≤-+ni n i n i i i i i i i ni i i z x z x y x y x 1112212,2)(2)( 即∑∑==-≤-ni i i ni i i z x y x 1212)()(成立.。
【2019最新】高中数学5-4几个著名的不等式5-4-2排序不等式同步测控
【2019最新】高中数学5-4几个著名的不等式5-4-2排序不等式同步测控 排序不等式同步测控我夯基，我达标1.已知a 、b 、c∈R +,则a 3+b 3+c 3与a 2b+b 2c+c 2a 的大小为( ) A.a 3+b 3+c 3>a 2b+b 2c+c 2a B.a 3+b 3+c 3≥a 2b+b 2c+c 2a C.a 3+b 3+c 3<a 2b+b 2c+c 2a D.a 3+b 3+c 3≤a 2b+b 2c+c 2a解析:不妨设a≥b≥c>0,则a 2≥b 2≥c 2, ∴a 2b+b 2c+c 2a≤a 3+b 3+c 3. 答案:B2.已知a 、b 、c∈R +,则a 2(a 2-bc)+b 2(b 2-ac)+c 2(c 2-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a 2≥b 2≥c 2,ab≥ac≥bc. ∴a 4+b 4+c 4=a 2·a 2+b 2·b 2+c 2·c 2 ≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2=(ab)·(ab)+(bc)·(bc)+(ac)·(ac) ≥(ab)·(ac)+(ac)·(bc)+(bc)·(ab) =a 2bc+abc 2+ab 2c. ∴a 4-a 2bc+b 4-ab 2c+c 4-abc 2≥0,即a 2(a 2-bc)+b 2(b 2-ac)+c 2(c 2-ab)≥0. 答案:B3.设x 1,x 2,…,x n 是不同的正整数,则m=222121x x ++ (2)x n 的最小值是( ) A.1 B.2 C.1+21+31+...+n 1 D.1+221+231+ (21)解析:∵x 1,x 2,…,x n 是不同的正整数,设b 1,b 2,…,b n 是x 1,x 2,…,x n 的一个排列且b 1≤b 2≤b 3≤…≤b n ,则b 1≥1,b 2≥2,…,b n ≥n. 又∵211>221>…>21n , ∴m=2222121n x x x n +++ ≥2222121n b b b n +++ ≥1+21+31+…+n 1.答案:C4.已知c a b 212121log log log <<,则( )A.2b>2a>2cB.2a>2b>2cC.2c>2b>2aD.2c>2a>2b解析:∵b 21log <a 21log <c 21log ,∴b>a>c.∴2b >2a >2c. 答案:A5.设b 、c 为互不相等的正整数,则2232cb +的最小值为( ) A.3613 B.3617 C.1 D.41 解析:∵b、c 为互不相等的正整数,若b<c,则b≥1,c≥2.又∵223121>,∴2232c b +≥.3617322122=+若b>c,则b≥2,c≥1,又∵221>231,∴2232c b +≥2232b c +≥223221+=3617. ∴最小值为3617.答案:B6.若a 、b 、c 为实数,则a 2+b 2+c 2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=a 2+b 2+c 2.答案:a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca7.比较a 4+b 4与a 3b+ab 3的大小关系为_______________.解析:不妨设a≥b,则a 3≥b 3,∴a 4+b 4≥a 3b+b 3a.答案:a 4+b 4≥a 3b+ab 3我综合，我发展8.若a 、b 为正数,则21a +21b 与33ab b a +的大小关系为_______________. 解析:不妨设a≥b>0,则a 3≥b 3>0,∴31a ≤31b.∴31a ·a+31b ·b≤33b a a b +, 即21a +21b ≤33ba ab +. 答案:21a +21b ≤33ba ab +9.若a 、b 为正数,则24b a -a 2与b 2-24ab 的大小关系为_______________. 解析:不妨设a≥b>0,则a 2≥b 2>0,21b ≥21a>0, a 4≥b 4>0.∴2424a b b a +≥2424aa b b +=a 2+b 2.∴24b a -a 2≥b 2-24ab .答案:24b a -a 2≥b 2-24ab10.设a 、b 、c 都是正数,求证:c b a ++a c b ++b a c +≥23. 证明:不妨设a≥b≥c>0, 则a+b≥a+c≥b+c>0,∴b a +1≤c a +1≤c b +1. ∴a c b c b a b a c +++++≥b a a a c c c b b +++++, a c b c b a b a c +++++≥ba ba c a cbc +++++. 两式相加,得2(ac bc b a b a c +++++)≥3, 即a c b c b a b a c +++++≥23成立. 11.设a 、b 、c∈R +,求证:a 1+b 1+c1≤333888c b a c b a ++. 分析:本题可多次利用排序不等式证明,不等式的右边=335335335ba c a cbc b a ++.证明:不妨设a≥b≥c>0,则c 1≥b 1≥a1. ∴331c b ≥331a c ≥331ba ,且a 5≥b 5≥c 5. ∴335335335b a c a c b c b a ++≥323232335335335ab c a b c b a b a c a c b c ++=++. ∵a≥b≥c>0, ∴a 2≥b 2≥c 2,333111c b a ≤≤. ∴323232a b c a b c ++≥.111323232c b a c c b b a a ++=++∴333888c b a c b a ++≥a 1+b 1+c1成立. 我创新，我超越12.设a+b>0,n 为偶数,求证:n n a b 1-+n n ba 1-≥a 1+b 1.分析:本题将a n-1与b n-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,a n ≥b n >0,a n-1≥b n-1, ∴n a 1≤n b1. ∴n n n n b b a a 11--+≤n n n n b a a b 11--+,即n n n n b a a b 11--+≥a 1+b1成立.(2)当b≥a>0时,b n≥a n>0,b n-1≥a n-1, ∴n b 1≤na 1. ∴n n n n a ab b 11--+≤n n n n b a a b 11--+,即n n n n b a a b 11--+≥a 1+b1.(3)当a>-b>0时, ∵n 为偶数, ∴a n >(-b)n =b n>0,且a>b. ∴a n-1>b n-1,且na 1<n b1. ∴n n n n b a a b 11--+≥.1111b a bb a a n n n n +=+--(4)当0>a>-b 时,则b>-a>0,∵n 为偶数,∴b n >(-a)n =a n >0且b n-1>a n-1. ∴na 1>n b1. ∴n n n n b b a a 11--+≤n n n n b a a b 11--+,即n n n n b a a b 11--+≥a 1+b 1.综上,n n n n b a a b 11--+≥a 1+b1.13.设x 1≥x 2≥…≥x n ,y 1≥y 2≥…≥y n ,z 1,z 2,…,z n 是y 1,y 2,…,y n 的任意一个排列,求证:∑=-ni i iy x12)(≤∑=-ni i i z x 12)(.分析:本题可利用排序不等式解答,要证∑=-ni i iy x12)(≤∑=-ni i i z x 12)(成立,只需证∑=-ni i iy x122)(-∑=n i i i y x 1)2(≤∑=+ni i i z x 122)(-∑=ni i i z x 1)2(,由排序不等式证明出.证明:∵x 1≥x 2≥…≥x n ,y 1≥y 2≥…≥y n ,z 1,z 2,…,z n 是y 1,y 2,…,y n 的任意一个排列, ∴x 1y 1+x 2y 2+…+x n y n ≥x 1z 1+x 2z 2+…+x n z n , 即∑∑==≥ni ii n i ii z x y x 11.∴∑∑==-≤-ni i i ni ii z x yx 11,22且x 12+y 12+x 22+y 22+…+x n 2+y n 2=x 12+z 12+x 22+z 22+…+x n 2+z n 2. ∴∑∑∑∑====-+≤-+n i n i ni i i i i i i ni i iz x z x y x y x1112212,2)(2)(即∑∑==-≤-ni i i ni i iz x y x1212)()(成立.。
苏教版高中数学选修4-5-5.4.2 排序不等式-教学案设计
排序不等式教学目标1．了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题； 2．体会运用经典不等式的一般思想方法教学重点应用排序不等式证明不等式教学难点排序不等式的证明思路教学过程一、复习准备：1．提问： 前面所学习的一些经典不等式？ （柯西不等式、三角不等式） 2．举例：说说两类经典不等式的应用实例。
二、讲授新课：1．教学排序不等式： ① 看书：如 如图，设AOB α∠=，自点O 沿OA 边依次取n 个点12,,,n A A A L ，OB 边依次取取n 个点12,,,n B B B L ，在OA 边取某个点i A 与OB 边某个点j B 连接，得到i j AOB ∆，这样一一搭配，一共可得到n 个三角形。
显然，不同的搭配方法，得到的i j AOB ∆不同，问：OA 边上的点与OB 边上的点如何搭配，才能使n 个三角形的面积和最大（或最小）？教学札记解答要点：由对称性，假设a b c ≤≤，则222a b c ≤≤，于是 222222a a b b c c a c b a c b ++≥++，222222a a b b c c a b b c c a ++≥++， 两式相加即得。
五、课堂小结：排序不等式的基本形式。
排序不等式【学习目标】1． 了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题； 2． 体会运用经典不等式的一般思想方法【学习重难点】1． 了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题； 2． 体会运用经典不等式的一般思想方法【学习过程】1．一般形式的柯西不等式：设n 为大于1的自然数，,i i a b R ∈(=i 1，2，…，n )，则： 。
当且仅当 时， 等号成立。
2．排序不等式检验操作： 填表：3．一般性证明：12,n a a a ≤≤≤L 设12n b b b ≤≤≤L 1212c ,,,,,,n n c c b b b L L 是的任意一个排列，因为有n ！个不同的排列。
高中数学 5.4 几个著名的不等式 5.4.3 平均不等式知识导航学案 苏教版选修45
5.4.3 平均不等式自主整理1.两个正数a 、b,则2b a +≥______________(当且仅当a=b 时取“=”). 2.a 、b 、c∈R +,则3c b a ++≥______________(当且仅当a=b=c 时取“=”). 3.a 1,a 2,…,a n ∈R +,na a a n ++21≥______________(当且仅当a 1=a 2=…=a n 时取“=”). 4.na a a n +++ 21称为这n 个正数的________________, n n a a a 21称为这n 个正数的________________.不等式______________称为算术—几何平均不等式,即n 个正数的算术平均不小于它们的几何平均.高手笔记1.平均不等式的使用前提是正数,在使用时一定要考查是否具备前提条件.2.在使用平均不等式求函数的最值时,需考查“三条”,即“一正,二定,三相等”,这三者缺一不可,否则求出的不是函数的最值.“一正”是必不可少的,例如a=b=-2,c=2时,a+b+c=-2,而33abc =6,显然3c b a ++≥33abc 不成立了. “二定”包含两类最值问题,一是已知n 个正数的和为定值(即a 1+a 2+…+a n 为定值),求其积a 1·a 2·…·a n 的最大值;二是已知乘积a 1a 2…a n 为定值,求其和a 1+a 2+…+a n 的最小值. “三相等”,等号成立的条件是a 1=a 2=a 3=…=a n 都相等才能取“=”,否则取不到等号. 名师解惑使用算术—几何平均不等式时有哪些常用的技巧?剖析:在利用算术—几何平均不等式求函数的最值(或范围)时,往往需要对代数式变形或拼凑,有时一个数需要拆分成两个或两个以上的数,这时候,拆成的数要相等.如y=22x +x=++222x x 2x ,其中把x 拆成2x +2x 两个数的和,而不是把22x 拆成21x +21x ,否则乘积不为定值,也不是把x 拆成443x x +,否则等号取不到.也就是得到的乘积为定值或和为定值,这样通过“一正,二定,三相等”求出最值.讲练互动【例1】已知a>0,b>0,且a+b=1,求证:(1+a 1)(1+b1)≥9. 分析:本题可将“1”代换成a+b 进行变形,再由平均不等式证出.证明:方法一:∵a>0,b>0,a+b=1, ∴(1+a 1)(1+b1)=(1+a b a +)(1+b b a +)=(1+1+a b )(1+1+ba ) ≥3333ba ab ∙=9. 方法二:∵a>0,b>0,a+b=1, ∴(1+a 1)(1+b1)=(1+a b a +)(1+b b a +) =(2+a b )(2+b a )=4+2(a b +b a )+1 =5+2(a b +ba )≥5+2×2ab ×b a =9. 方法三:∵a>0,b>0,a+b=1,∴2ab ≤a+b=1. ∴0<ab≤41.∴ab 1≥4. 又∵a 1+b1≥2ab 1≥4, ∴(1+a 1)(1+b 1)=1+(a 1+b 1)+ab1≥1+4+4=9. 绿色通道根据已知条件,本题可拆为三个数的平均不等式,也可转化为两个数的平均不等式进行推理论证.注意已知条件的使用,可代入,也可把平均不等式变形.变式训练1.已知a 、b 、c∈R +,且a+b+c=1,求证:a 1+b 1+c1≥9. 证法一:∵a、b 、c∈R +,且a+b+c=1, ∴a 1+b 1+c1=a c b a +++b c b a +++c c b a ++ =1+a b +a c +1+b a +b c +1+c a +cb =(a b +b a )+(ac +c a )+(b c +c b )+3 ≥2+2+2+3=9成立.证法二:∵a、b 、c∈R +,且a+b+c=1. ∴a 1+b 1+c1=a c b a +++b c b a +++c c b a ++ =3+(a b +b a +a c +c a +b c +c b ) ≥3+66cb bc c a a c b a a b ∙∙∙∙∙=9成立.证法三:∵a、b 、c∈R +,且a+b+c=1, ∴.3133=++≤c b a abc ∴31abc ≥3. ∴a 1+b 1+c1≥313abc ≥3×3=9. 【例2】已知a 、b 、c 是互不相等的正数,且abc=1,求证:c b a ++<a 1+b 1+c 1. 分析:由已知abc=1,可将c b a ++改写为ab ac bc 111++或将a 1+b 1+c 1改写为bc+ac+ab 再证出.证法一:∵abc=1, ∴.111abac bc c b a ++=++ ∵a、b 是互不相等的正数, ∴a 1+b1>2ab 1. 同理b 1+c 1>bc 12, c 1+a1>ac 12. ∴a 1+b 1+b 1+c 1+c 1+a1>2ab 1+2bc 1+2ac 1, 即c b a ++<a 1+b 1+c1. 证法二:∵abc=1,∴a 1+b 1+c 1=bc+ac+ab. ∵a、b 是互不相等的正数, ∴bc+ac>22abc =2abc ·c =2c .同理,ac+ab>2a ,ab+bc>2b . ∴2(ab+bc+ac)>2a +2b +2c . ∴ab+bc+ac>a +b +c .∴a 1+b 1+c1>a +b +c . 绿色通道用平均不等式证明可适当进行不等式的变形.变式训练2.已知x 、y 都是正数,且x+2y=1,求证:y x 11+≥3+22. 证明:∵x、y 都是正数,且x+2y=1, ∴x 1+y 1=(x+2y)(x 1+y1)=1+22++y x x y ≥3+yx x y ∙22=3+22, 即x 1+y1≥3+22. 【例3】已知a 12+a 22+…+a n 2=1,x 12+x 22+…+x n 2=1,求证:a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ≤1.分析:由a i x i ≤222i i x a +可知需将两式组合证明. 证明:a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ≤2222222222121n n x a x a x a ++++++ =222222122221n n x x x a a a +++++++ =21+21=1. 绿色通道证明不等式时要注意不等式的结构,灵活地进行变换.变式训练3.证明a 2+b 2+c 2+d 2≥ab+bc+cd+da.证明:ab+bc+cd+da≤222222222222a d d c c b b a +++++++=a 2+b 2+c 2+d 2成立. ∴a 2+b 2+c 2+d 2≥ab+bc+cd+da.。
高中数学54几个著名的不等式541柯西不等式同步测控苏教版选修45
5.4.1 柯西不等式同步测控我夯基，我达标 1.y=x x -+-625的最大值是( ) A.3 B.5 C.3 D.5解析:y=1×5-x +2x -6≤2221+×5)6()5(22=-+-x x . 答案:B2.若x 、y∈R +,x+y≤4,则下列不等式成立的是( ) A.y x +1≤41 B.y x 11+≥1 C.xy ≥2 D.xy 1≥1解析:∵x+y≤4,x、y∈R +, ∴y x +1≥41.A 不成立. ∵x+y≥2xy ,∴4≥2xy . ∴xy ≤2.∴C 不成立. ∴0<xy≤4,xy 1≥41.D 一定不成立.而(x 1+y 1)(x+y)≥(x x ∙1+y y ∙1)2=4, ∵x+y>0,∴x 1+y 1≥y x +4. ∵x+y≤4,∴y x +1≥41. ∴y x +4≥4×41=1. ∴x 1+y 1≥1成立,即B 成立.答案:B3.已知x 、y 、z∈R +,且x+y+z=1,则x 2+y 2+z 2的最小值是( )A.1B.31C.32D.2解析:∵(x 2+y 2+z 2)(12+12+12)≥(x+y+z)2=1,∴x 2+y 2+z 2≥31,当且仅当x=y=z=31时,取“=”.答案:B4.n 个正数的和与这n 个正数的倒数和的乘积的最小值是 ( )A.1B.nC.n 2D.n 1解析:设a i >0(i=1,2,…,n),则(a 1+a 2+…+a n )(11a +21a +…+na 1) ≥(221111a a a a ∙+∙+…+nn a a 1∙)2=n 2.答案:C5.已知a 12+a 22+…+a n 2=1,x 12+x 22+…+x n 2=1,则a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n 的最大值是( )A.1B.2C.3D.4解析:由柯西不等式(a 12+a 22+…+a n 2)(x 12+x 22+…+x n 2)≥(a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n )2,得a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ≤1.答案:A6.已知a 、b∈R +,ab=1,则(1+a 1)(1+b 1)的最小值为( ) A.4 B.2 C.1 D.41解析:(1+a 1)(1+b 1)≥(1+b a 11∙)2=4.答案:A7.已知x 、y 、z∈R +,x+y+z=1,则z y x ++的最大值是________________. 解析:∵(x+y+z)(1+1+1)≥(z y x ++)2,且x+y+z=1, ∴z y x ++≤3.答案:38.若x>0,y>0且y x 91+=1,则x+y 的最小值为________________.解析:x+y=(x 1+y 9)(x+y)≥(x 1×x +y 9×y )2=16.答案:16我综合，我发展9.若a>b>c,且b a -1+c b -1≥c a m-恒成立,则m 的取值范围为_________________.解析:∵a>b>c,∴a -b>0,b-c>0,a-c>0. ∴不等式b a -1+c b -1≥c a m -恒成立,即m≤(b a -1+c b -1)(a-c)恒成立.∵(a -c)(b a -1+c b -1)=［(a-b)+(b-c)］(b a -1+c b -1) ≥(c b c b b a b a -∙-+-∙-11)2=4.∴m≤4.答案:m≤410.已知a 2+b 2=1且c<a+b 恒成立,则c 的取值范围为_________________.解析:∵(a 2+b 2)(12+12)≥(a+b)2,且a 2+b 2=1,∴(a+b)2≤2.∴-2≤a+b≤2.∵c<a+b 恒成立,∴c<-2.答案:c<-211.已知a 、b 、c 、d 都是实数,且a 2+b 2=1,c 2+d 2=1,求证:｜ac+bd ｜≤1.分析:已知条件中a 2+b 2和c 2+d 2与所证的不等式中(ac+bd)之间的关系可用柯西不等式.证明:由柯西不等式(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac+bd)2,及a 2+b 2=1,c 2+d 2=1,得(ac+bd)2≤1, 即｜ac+bd ｜≤1成立.12.比较A=1+21+31+…+n 1与n 的大小关系(n∈N *).解:∵A(1+2+3+…+n ) =(1+n 13121+++ )(1+2+…+n ) ≥=n 2,∴1+21+31+…+n 1≥n n +++ 212.而1+2+…+n ≤n +n +…+n =n n , ∴n +++ 211≥n n 1. ∴n n +++ 212≥n n n 2=n . ∴A≥n .13.△ABC 的三边长为a 、b 、c,其外接圆半径为R,求证:(a 2+b 2+c 2)(CB A 222sin 1sin 1sin 1++)≥36R 2. 分析:本题的左边为柯西不等式的结构,用柯西不等式证明.证明:∵(a 2+b 2+c 2)(CB A 222sin 1sin 1sin 1++) ≥(Cc B b A a sin sin sin ++)2, 而在△ABC 中,Cc B b A a sin sin sin ===2R. ∴Cc B b A a sin sin sin ++=6R. ∴(a 2+b 2+c 2)(C B A 222sin 1sin 1sin 1++)≥36R 2. 14.△ABC 的三边a,b,c 对应的高为h a ,h b ,h c ,r 为三角形的内切圆半径,若h a +h b +h c =9r,试判断△ABC 的形状.分析:三角形的高与面积和底边有关,而内切圆的半径也与面积有关,可将原三角形的分割为三个以r 为高的小三角形.解:设△ABC 的面积为S,则 S=21ah a =21bh b =21ch c . 又∵S=21r(a+b+c), ∴2S=r(a+b+c).∴h a +h b +h c =cS b S a S 222++ =r(a+b+c)(a 1+b 1+c 1). 由柯西不等式(a+b+c)(a 1+b 1+c 1)≥［∙a a 1+cc b b 11∙+∙］2=9,∴h a +h b +h c ≥9r,当且仅当a=b=c 时,取“=”. 又∵h a +h b +h c =9r,∴此三角形为正三角形.我创新，我超越15.设a 、b 、c 是互不相等的正数,求证:.9222c b a a c c b b a ++>+++++证明:∵(a+b+b+c+c+a)(b a +1+a c c b +++11) ≥(a c a c c b c b b a b a +∙+++∙+++∙+111)2=9,即2(a+b+c)(b a +1+c b +1+a c +1)≥9,∵a、b 、c 为互不相等的正数,∴上式“=”取不到. ∴b a +2+c b +2+a c +2>c b a ++9.16.设x 1,x 2,…,x n ∈R +,且x 1+x 2+…+x n =1.求证:.111112222121+≥++++++n x x x x x x n n分析:可用柯西不等式的一般形式,注意“1”的变换.证明:∵(1211x x ++2221x x ++…+nnx x +12)(n+1) =(1211x x ++2221x x ++…+nn x x +12)(n+x 1+x 2+…+x n) =(1211x x ++2221x x ++…+nn x x +12)［(1+x 1)+(1+x 2)+…+(1+x n )］≥(∙+1211x x 11x ++222211x x x +++…+n n nx x x +∙+112)2 =(x 1+x 2+…+x n )2=1, 即1211x x ++221x x ++…+n n x x +12≥11+n 成立.。
苏教版高二数学选修4-5 5.4.2 排序不等式教案1
排序不等式排序不等式（sequence inequality ），又称排序原理设12n a a a ≤≤≤，12n b b b ≤≤≤为两组实数，12n c c c 、、、是12n b b b 、、、的任一排列，则121111221122n n n n n n na b a b a b a c a c a c a b a b a b -+++≤+++≤+++（反序和≤乱序和≤顺序和），当且仅当12n a a a ===或12n b b b ===时，反序和等于顺序和。
排序不等式也是基本且重要的不等式，它的思想简单明了，便于记忆和使用，许多重要的不等式都可以借助排序不等式得到证明。
一、排序不等式的基本应用排序不等式的结构规律简明，易于记忆，借助它可以简捷地证明一些重要的不等式，尤其是对于具有大小顺序关系且个数相同的两列数，在考虑他们的对应项乘积之和的大小关系时，排序不等式是一个极其有用的工具。
应用排序不等式，必须取两组个数相同、便于大小排序的数，此时有两种情形：一是知道各数的大小顺序，二是不知道各数的大小顺序，但由于不等式是对称不等式，可以在不失一般性的情况下，假定各数的大小顺序。
例1 设12n a a a 、、、是n 个互不相同的正整数，求证：32122211112323na a a a n n ++++≤++++分析：由于12n a a a 、、、是n 个互不相同的正整数，因此它们可以进行排序；同时，观察需要证明的不等式，可以联想到12n a a a 、、、对应的另一列数是1、212、213、…、21n ，由此可以联想到应用排序不等式。
值得注意的是不能直接假设12n a a a ≤≤≤，会影响两列数的乘积之和是顺序和、乱序和还是反序和，所以需要定义12n a a a 、、、的大小关系。
证明：设12n b b b 、、、是12n a a a 、、、的一个排列，且满足1b ＜2b ＜…＜n b . 因为12n b b b 、、、是互不相同的正整数，所以11b ≥，22b ≥，…，n b n ≥. 又因为1＞212＞213＞…＞21n，故由排序不等式：乱序和≥反序和，得：123222111123na a a a n ⋅+⋅+⋅++⋅ 123222111123n b b b b n ≥⋅+⋅+⋅++⋅ 222111111112312323n n n≥⋅+⋅+⋅++⋅=++++∴原不等式成立.例2 设123a a a 、、都是正数，求证：233112123312a a a a a a a a a a a a ++≥++ 分析：观察需要证明的不等式，我们需要构造两组数，并且这两组的乘积可以出现123a a a 、、，满足不等式的右端；观察不等式的左端，我们可以不妨设123a a a ≤≤，构造121323a a a a a a ≤≤和321111a a a ≤≤，应用排序不等式证明不等式。
2021年高中数学5.4几个著名的不等式5.4.排序不等式自我小测苏教版选修
2021年高中数学5.4几个著名的不等式5.4.2排序不等式自我小测苏教版选修1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________． 4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0.6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________．9已知a ，b ，c 都是正数，则ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b≥________.10设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ，求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和．∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n .4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4， 运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0， 且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x.不妨设0＜x ≤y ≤z ， 则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y.于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立．6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )． 根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ； a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ， 以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg(a a b b c c )≥a ＋b ＋c3·lg(abc )．即lg(a a b b c c )≥lg(abc )a ＋b ＋c3，又lg x 为增函数，所以a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3.8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3， 根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a . 又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2. 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab .即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 9．32解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥bb ＋c ＋cc ＋a ＋ab ＋a ，①ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b.②①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n，∵1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列，故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ， 则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a.a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。
数学选修4-5自我小测：5.4.2 排序不等式 含解析 精品
自我小测1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________．4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0. 6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3. 8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________． 9已知a ，b ，c 都是正数，则a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b≥________. 10设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n . 11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ， 求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b n n当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和．∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n . 4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4，运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0，且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ，即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x. 不妨设0＜x ≤y ≤z ，则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y. 于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立．6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )．根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ；a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ，以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg(a a b b c c )≥a ＋b ＋c 3·lg(abc )． 即lg(a a b b c c )≥lg(abc )a ＋b ＋c 3，又lg x 为增函数， 所以a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3. 8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3，根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a .又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2.所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab .所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab .即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0.9．32解析：设a ≥b ≥c ＞0， 所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a b ＋a，① a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b.② ①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n， ∵1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列， 故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1c n. 即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n . 11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ，则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b n n当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a， 应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a. a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。
数学苏教版选修4-55.4几个著名的不等式单元测试含解析
单元测试一、选择题(每题5分，共60分）1。
设α、β是两个向量,则|α·β|≤|α|·｜β|中“=”成立的充要条件是（ )A 。
β=0或α=0B 。
β=0或存在实数k ，使α=k βC 。
α≠0且存在实数k ，使β=k αD 。
存在实数k ，使α=k β解析：根据柯西不等式，可知等号成立的条件为β=0或存在实数k 使α=k β. 答案:B 2。
函数y=2x x -+-613的最大值为（ ）A.3221B.3663 C.221D.663解析：y 2=（x x -+-6132)2=(xx 31831132-•+-)2≤［22+（31）2]［（13-x ）2+(x 318-）2］=313×17，∴y≤36633221=. 答案：B3.若m=ka ，n=λb，k≠λ，则A=2222n m b a +++与B=22)()(n b m a -+-的大小关系是( )A.A≥BB.A≤BC.A ＞BD.A ＜B解析：A 2=a 2+b 2+m 2+n 2+))((22222n m b a ++，B 2=a 2+b 2+m 2+n 2-2(am+bn),∵（a 2+b 2）(m 2+n 2）≥(am+bn）2， ∴))((2222n m b a ++≥|am+bn|。
∴A 2＞B 2。
(∵k≠λ) 答案：C4。
若|a+c|＜b,则（ )A.|a|＜｜b ｜-|c ｜B.｜a|＞|c|—|b|C.|a|＞｜b|—｜c| D 。
|a|＜|c|-｜b| 解析：∵b＞｜a+c ｜≥|c｜—|a|, ∴｜a|＞|c|—|b ｜. 故B 正确。
答案：B5。
若0＜b ＜a ，d ＜c ＜0,则下列各不等式必成立的是…( ） A 。
a+c ＞b+d B.a —c ＞b —d C.ac ＞bd D db ca >解析：由不等式性质，可知a+c ＞b+d 。
答案:A6.若实数x 、y 满足xy>0,且x 2y=2,则xy+x 2的最小值为( ） A 。
高中数学 5.4 几个著名的不等式 5.4.2 排序不等式自我小测 苏教版选修4-5-苏教版高二选修
排序不等式自我小测1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________． 4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0.6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc . 7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________． 9已知a ，b ，c 都是正数，则ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b≥________.10设c 1，c 2，…，为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n≥n . 11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ， 求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和． ∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n . 4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4， 运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0， 且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab . 5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x.不妨设0＜x ≤y ≤z ， 则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y.于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立． 6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )． 根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ； a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ， 以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3·lg(abc )．即lg(a a b b c c )≥lg(abc )a ＋b ＋c3，又lg x 为增函数，所以a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3， 根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a . 又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2. 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 9．32解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a b ＋a ，① ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b.②①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n，∵1c 1，1c 2，…，1是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列，故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n≥n .11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ， 则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a .a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。
[精品]2019高中数学5.4几个著名的不等式5.4.1柯西不等式自我小测苏教版选修4_
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5.4.1 柯西不等式自我小测1函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是________．2设a ＝(1,0，－2)，b ＝(x ，y ，z )，若x 2＋y 2＋z 2＝16，则a·b 的最大值为________． 3设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是________．4已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值是________． 5 n 个正数的和与这n 个正数的倒数和的乘积的最小值是________． 6若2x ＋3y ＝1，求4x 2＋9y 2的最小值，并求最小值点． 7设a 1＞a 2＞…＞a n ＞a n ＋1，求证：(a 1－a n ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1≥n 2.8设a ＝(－2,1,2)，|b |＝6，则a·b 的最小值为________，此时b ＝________.9设x ，y ，z ∈R,2x ＋2y ＋z ＋8＝0，则(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2的最小值为________． 10已知θ为锐角，a ，b ∈R ＋，求证：(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ. 11已知函数f (x )＝(x －a )2＋(x －b )2＋(x －c )2＋(a ＋b ＋c )23(a ，b ，c ∈R )的最小值为m ，若a －b ＋2c ＝3，求m的最小值．参考答案1． 5 解析：根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x≤12＋22×x －52＋6－x2＝ 5.当且仅当6－x ＝2x －5. 即x ＝265时等号成立．2．4 5 解析：∵a ＝(1,0，－2)，b ＝(x ，y ，z )， ∴a·b ＝x －2z . 由柯西不等式，得[12＋02＋(－2)2](x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋0－2z )2.当且仅当存在实数k ＝±455，使b ＝k a 时等号成立．∴5×16≥(x －2z )2. ∴|x －2z |≤4 5. ∴－45≤x －2z ≤45， 即－45≤a·b ≤4 5. ∴a·b 的最大值为4 5.3． 3 解析：由柯西不等式得[(a )2＋(b )2＋(c )2](12＋12＋12)≥(a ＋b ＋c )2， ∴(a ＋b ＋c )2≤3×1＝3. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．∴a ＋b ＋c 的最大值为 3.4．1 解析：(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )＝1×1＝1. 当且仅当存在一个数k ，使a i ＝kx i (i ＝1,2，…，n )时等号成立． ∴a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值是1. 5．n 2解析：设n 个正数为x 1，x 2，…，x n ， 由柯西不等式，得(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥(x 1×1x 1＋x 2×1x 2＋…＋x n ×1x n)2＝(1＋1＋…＋1)2＝n 2.当且仅当存在实数k ，使得x i ＝k ·1x i(i ＝1,2，…，n )时等号成立．6．解：由柯西不等式，有 (4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1. ∴4x 2＋9y 2≥12.当且仅当2x ＝3y 时取等号．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝3y ，2x ＋3y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝16.于是4x 2＋9y 2的最小值为12，最小值点为(14，16)．7．证明：∵a 1＞a 2＞…＞a n ＞a n ＋1， ∴a 1－a 2＞0，a 2－a 3＞0，…，a n －a n ＋1＞0，根据柯西不等式有：(a 1－a 2＋a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1≥⎝ ⎛a 1－a 21a 1－a 2＋⎭⎪⎫a 2－a 31a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋11a n －a n ＋12＝n 2.∴原不等式成立．8．－18 (4，－2，－4) 解析：根据柯西不等式的向量形式，有|a·b |≤|a |·|b |. ∴|a·b |≤18.当且仅当存在实数k ，使a ＝k b 时，等号成立． ∴－18≤a·b ≤18. ∴a·b 的最小值为－18. 此时b ＝－2a ＝(4，－2，－4)．9．9 解析：2x ＋2y ＋z ＋8＝0⇒2(x －1)＋2(y ＋2)＋(z －3)＝－9. 考虑以下两组向量：u ＝(2,2,1)，v ＝(x －1，y ＋2，z －3)，由柯西不等式，得(u·v )2≤|v |2·|u |2；即[2(x －1)＋2(y ＋2)＋(z －3)]2≤[(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2]·(22＋22＋12)． 当且仅当x ＝－1，y ＝－4，z ＝2时等号成立． 所以(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2≥－29＝9.10．证明：设m ＝⎝⎛⎭⎪⎫a cos θ，b sin θ，n ＝(cos θ，sin θ)．则|a ＋b |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a cos θcos θ＋b sin θsin θ＝|m·n |≤|m ||n | ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a cos θ2＋b sin θ2·cos 2θ＋sin 2θ＝a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ，∴(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ. 11．解：因为f (x )＝(x －a )2＋(x －b )2＋(x －c )2＋a ＋b ＋c23＝3x 2－2(a ＋b ＋c )x ＋a 2＋b 2＋c 2＋a ＋b ＋c23＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －a ＋b ＋c 32＋a 2＋b 2＋c 2. 所以x ＝a ＋b ＋c3时，f (x )取最小值a 2＋b 2＋c 2，即m ＝a 2＋b 2＋c 2.因为a －b ＋2c ＝3.由柯西不等式，得[12＋(－1)2＋22]·(a 2＋b 2＋c 2)≥(a －b ＋2c )2＝9， 所以m ＝a 2＋b 2＋c 2≥96＝32，当且仅当a 1＝b －1＝c 2，即a ＝12，b ＝－12，c ＝1时等号成立．所以m 的最小值为32.。
苏教版高二数学选修4-5_ _5.4.2排序不等式__ 作业
5.4.2排序不等式一、单选题1．．已知正数x 、y 、z （ ）A ．3BC ．4D 【答案】C【解析】略2．若log 2 a ＜0，＞1，则( ). A ．a ＞1，b ＞0 B ．a ＞1，b ＜0C ．0＜a ＜1，b ＞0D ．0＜a ＜1，b ＜0【答案】D【解析】试题分析：结合对数函数指数函数单调性可知：考点：对数函数指数函数性质3mx 4＜x ＜n ,则m 、n 的值分别是A.m n =36B.m =32C.m =28D.m n =24 本题考查同解不等式的意义，方程与不等式的关系.【答案】A【解析】将x =4mx m 利用排除法可得A. 4．如图，函数()f x 的图象为折线C A B ，则不等式()()2log 1f x x ≥+的解集是（ ）AC 【答案】C【解析】 试题分析：函数()f x 的定义域是{|1}x x >-，当10x -<<时，2log (1)0x +<，而()0f x >，符合2()log (1)f x x ≥+，在[0,2]x ∈时，()f x 递减，2log (1)y x =+递增，由图象知(1)1f =，2log (11)1+=， 因此当01x ≤≤时，2()log (1)f x x ≥+，当12x <≤时，2()log (1)f x x <+，所以不等式2()log (1)f x x ≥+的解为{|11}x x -<≤．故选C ．考点：函数的图象，分段函数，解不等式．【名师点睛】解本题不等式，可以首先求得函数()f x 的解析式，然后解具体的不等式，但是如果应用函数的图象与性质解题，利用数形结合的思想，可以使问题解决简单化，直观化．5．“a <4”是“对任意的实数x ，|2x －1|＋|2x ＋3|≥a 成立”的( )A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既非充分也非必要条件【答案】B【解析】因为|2x －1|＋|2x ＋3|≥a ，所以13222a x x ≥－＋＋， 根据不等式的几何意义可知，在数轴上点x 到点12和－32的距离之和1322x x －＋＋≥2，所以当a <4时，有2a <2， 所以不等式13222a x x ≥－＋＋成立，此时为充分条件要使|2x －1|＋|2x ＋3|≥a 恒成立， 即13222a x x ≥－＋＋恒成立， 则有2a ≤2，即a ≤4综上，“a <4”是“|2x －1|＋|2x ＋3|≥a 成立”的充分不必要条件，故选B.6有解的实数a 的取值范围是（ ）A ．()(),14,-∞-+∞B ．()1,4-C ．()(),41,-∞-+∞D ．()4,1- 【答案】A【解析】试题分析：因，则要使不等式有解，则有243a a <-，解得1a <-或4a >，故选A ． 考点：1、绝对值不等式的性质；2、不等式的解法．二、填空题7．已知a ，b ，c ∈R ，a ＋2b ＋3c ＝6，则a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为________．【答案】12【解析】试题分析：由题∵a+2b+3c=6，∴根据柯西不等式，得;（a+2b+3c ）2=（1×a+1×2b+1×3c ）2≤（12+12+12）[a 2+（2b ）2+（3c ）2]化简得62≤3（a 2+4b 2+9c 2），即36≤3（a 2+4b 2+9c 2）∴a 2+4b 2+9c 2≥12，当且仅当a ：2b ：3c=1：1：1时，即,时等号成立，a 2+4b 2+9c 2的最小值为12. 考点：柯西不等式的应用。
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5.4.2 排序不等式自我小测1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________． 4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0.6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc . 7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________． 9已知a ，b ，c 都是正数，则ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b≥________.10设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n . 11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ， 求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和． ∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n . 4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4， 运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0， 且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab . 5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x.不妨设0＜x ≤y ≤z ， 则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y.于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立． 6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )． 根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ； a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ， 以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3·lg(abc )．即lg(a a b b c c)≥lg(abc )a ＋b ＋c3，又lg x 为增函数，所以a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3， 根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a . 又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2. 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 9．32 解析：设a ≥b ≥c ＞0， 所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a b ＋a ，① ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b.②①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n，∵1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列，故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ， 则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a .a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。