PAGE第三講柯西不等式與排序不等式[課時(shí)作業(yè)][A組基礎(chǔ)鞏固]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都是正數(shù)，則A與B的大小關(guān)系為()A．A>B B．A<BC．A≥B D．A≤B解析：依序列{xn}的各項(xiàng)都是正數(shù)，不妨設(shè)0<x1≤x2≤…≤xn則x2，x3，…，xn，x1為序列{xn}的一個(gè)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．某班學(xué)生要開(kāi)聯(lián)歡會(huì)，需要買價(jià)格不同的禮品4件、5件和2件，現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為3元、2元和1元的禮品，則花錢最少和最多的值分別為()A．20,23 B．19,25C．21,23 D．19,24解析：最多為5×3＋4×2＋2×1＝25，最少為5×1＋4×2＋2×3＝19，應(yīng)選B.答案：B3．銳角三角形中，設(shè)P＝eq\f(a＋b＋c,2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，則P、Q的關(guān)系為()A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D．不能確定解析：不妨設(shè)a≥b≥c，則A≥B≥C，∴cosC≥cosB≥cosA，acosC＋bcosB＋ccosA為順序和，由排序不等式定理，它不小于一切亂序和，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)))的取值范圍是()A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)解析：令A(yù)＝(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.由題意知3n－2＝61，所以n＝21.又因?yàn)锳·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，將bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列記為c1，c2，c3，c4，c5，則a1c1＋a2c2＋…＋a5A．324 B．314C．304 D．212解析：兩組數(shù)據(jù)的順序和為a1b1＋a2b2＋…＋a5b5＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.而a1c1＋a2c2＋…＋a5c5為這兩組數(shù)的亂序和，∴由排序不等式可知，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤304，當(dāng)且僅當(dāng)ci＝bi(i＝1,2,3,4,5)時(shí)，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5有最大值，最大值為304.答案：C6．已知兩組數(shù)1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一個(gè)排列，則c1＋2c2＋3c解析：由反序和≤亂序和≤順序和知，順序和最大，反序和最小，故最大值為32，最小值為28.答案：32287．兒子過(guò)生日要老爸買價(jià)格不同的禮品1件、2件及3件，現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為13元、20元和10元的禮品，至少要花________錢．解析：設(shè)a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，則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為直角，A，B所對(duì)的邊分別為a，b，則aA＋bB與eq\f(π,4)(a＋b)的大小關(guān)系為_(kāi)_______．解析：不妨設(shè)a≥b>0，則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．設(shè)a，b，c都是正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤eq\f(a8＋b8＋c8,a3b3c3).證明：設(shè)a≥b≥c>0，則eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a)，則eq\f(1,b3c3)≥eq\f(1,c3a3)≥eq\f(1,a3b3).由不等式的性質(zhì)，知a5≥b5≥c5.根據(jù)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).又由不等式的性質(zhì)，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).由不等式的傳遞性，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．設(shè)0<a1≤a2≤…≤an,0<b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…，cn為b1，b2，…，bn的一個(gè)排列．求證：··…·≥··…·≥··…·.證明：∵0<a1≤a2≤…≤an，∴l(xiāng)na1≤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組能力提升]1．已知a，b，c為正數(shù)，P＝eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)，Q＝abc，則P、Q的大小關(guān)系是()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則0<eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，0<bc≤ca≤ab，由排序原理：順序和≥亂序和，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為正數(shù)，∴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＋，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正負(fù)情況是()A．大于零 B．大于等于零C．小于零 D．小于等于零解析：不妨設(shè)a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，根據(jù)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．設(shè)a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一個(gè)排序，則a1＋2a2＋3a3＋4解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值為12＋22＋32＋42＝30.最小值為1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范圍是[20,30]．答案：[20,30]4．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c為正數(shù)，則eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)的最小值是________．解析：不妨設(shè)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．設(shè)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：不妨設(shè)a1≥a2≥a3≥a4>0，則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)是數(shù)組“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)”的亂序和，而它們的反序和為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.∴由排序不等式知當(dāng)a1＝a2＝a3＝a4＝eq\f(3,2)時(shí)，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，最小值為6.6．設(shè)a，b，c為某一個(gè)三角形的三條邊，a≥b≥c，求證：(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.證明：(1)用比較法：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?yàn)閎≥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同理可證b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ②綜合①②，證畢．(2)由題設(shè)及(1)知，a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c