2019-2020年高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式达标训练新人教A版选修
第3讲柯西不等式与排序不等式复习课课件人教新课标
2.一般情势的柯西不等式 设 a1 ， a2 ， a3 ， … ， an ， b1 ， b2 ， b3 ， … ，(ban21＋是a22实＋…数＋，a2n)则 _(b_21_＋__b_22＋ __… __＋ __b_2n_)_≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2 _______________________________________. 当 且 仅 当 bi ＝ 0(i ＝ 1,2 ， … ， n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立. 3.排序不等式 设 a1≤a2≤…≤an ， b1≤b2≤…≤bn 为 两 组 实 数 ， c1 ， c2 ， … ， cn 是 b1 ，
证明 不妨设0＜a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b，
有0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b)
＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C)
＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C)
＝(a＋b＋c)π－2(aA＋bB＋cC).
得aAa＋＋bbB＋＋ccC＜π2.
可得
x＝2209，y＝2390，z＝2490.
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解析 答案
4.设 a，b，c 都是正数，求证：bac＋cba＋acb≥a＋b＋c. 证明 不妨设a≥b≥c＞0， 则1a≤1b≤1c，ab≥ac≥bc， ∵bac＋abc＋acb≥bcc＋aac＋abb＝a＋b＋c， ∴bac＋abc＋acb≥a＋b＋c.
4.数学建模是数学学习中的一种新情势，它为学生提供了自己学习的空间， 有助于学生了解数学在实际生活中的应用，体会数学与日常生活及其他学 科的联系.
高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式第3节排序不等式创新应用教学案新人教A版选修4_5
——教学资料参考参考范本——高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式第3节排序不等式创新应用教学案新人教A版选修4_5______年______月______日____________________部门[核心必知]1．三维形式的柯西不等式设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)时，等号成立．2．一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋…＋anbn)2，当且仅当bi ＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．[问题思考]1．在一般形式的柯西不等式的右端中，表达式写成ai·bi(i＝1，2，3，…，n)，可以吗？提示：不可以，ai·bi的顺序要与左侧ai，bi的顺序一致．2．在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为ai＝kbi(i＝1，2，3，…，n)，可以吗？提示：不可以．若bi＝0而ai≠0，则k不存在．设a，b，c为正数，且不全相等．求证：＋＋>.[精讲详析] 本题考查三维形式的柯西不等式的应用．解答本题需要构造两组数据，，；，，，然后利用柯西不等式解决．构造两组数，，c＋a；，，，则由柯西不等式得(a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2，①即2(a＋b＋c)≥9，于是＋＋≥.由柯西不等式知，①中有等号成立⇔＝＝⇔a＋b＝b＋c＝c＋a⇔a＝b＝c.因题设，a，b，c不全相等，故①中等号不成立，于是＋＋>.——————————————————柯西不等式的结构特征可以记为(a1＋a2＋…＋an)·(b1＋b2＋…＋bn)≥(＋＋…＋)2，其中ai，bi∈R＋(i＝1，2，…，n)，在使用柯西不等式时(要注意从整体上把握柯西不等式的结构特征)，准确地构造公式左侧的两个数组是解决问题的关键．1．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.证明：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a2b ＋b2c ＋c2a ()a＋b＋c＝·[()2＋()2＋()2]≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ·b ＋b c ·c ＋c a ·a 2＝(a ＋b ＋c)2，即(a ＋b ＋c)≥(a＋b ＋c)2， 又a ，b ，c∈R＋， ∴a ＋b ＋c>0，∴＋＋≥a ＋b ＋c ，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立。
2019-2020学年人教版高中数学选修4-5教材用书：第三讲 柯西不等式与排序不等式 三 排序不等式 Word版含答案
三排序不等式1．顺序和、乱序和、反序和设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组实数，c1，c2，…，c n是b1，b2，…，b n的任一排列，称a1b1＋a2b2＋…＋a n b n为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)，称a1c1＋a2c2＋…＋a n c n为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．2．排序不等式(排序原理)定理：(排序不等式，又称为排序原理) 设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组实数，c1，c2，…，c n是b1，b2，…，b n的任一排列，则a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1≤a1c1＋a2c2＋…＋a n c n≤a1b1＋a2b2＋…＋a n b n，等号成立(反序和等于顺序和)⇔a1＝a2＝…＝a n或b1＝b2＝…＝b n.排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，求证：b3c3＋c3a3＋a3b3≥a＋b＋c.分析题目中已明确a≥b≥c，所以解答本题时可直接构造两个数组，再用排序不等式证明即可．∵a≥b>0，∴1a ≤1b.又c>0，从而1bc ≥1 ca.同理1ca≥1ab，从而1bc≥1ca≥1ab.又由于顺序和不小于乱序和，故可得a5 b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3≥b5b3c3＋c5c3a3＋a5a3b3＝b2c3＋c2a3＋a2b3⎝⎛⎭⎪⎫∵a2≥b2≥c2，1c3≥1b3≥1a3≥c2c3＋a2a3＋b2b3＝1c＋1a＋1b＝1a＋1b＋1c.∴原不等式成立．利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．1．已知0<α<β<γ<π2，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．证明：∵0<α<β<γ<π2，且y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为增函数，y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为减函数，∴0<sin α<sin β<sin γ，cos α>cos β>cos γ>0.∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>sin αcos α＋sin β·cos β＋sin γcos γ＝12(sin2α＋sin 2β＋sin 2γ)．2．设x ≥1，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n. 证明：∵x ≥1，∴1≤x ≤x 2≤…≤x n.由排序原理，得12＋x 2＋x 4＋…＋x 2n≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋xn －1·x ＋x n·1，即1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n ≥(n ＋1)x n.①又因为x ，x 2，…，x n,1为1，x ，x 2，…，x n的一个排列， 由排序原理，得1·x ＋x ·x 2＋…＋x n －1·x n ＋x n·1≥1·x n ＋x ·xn －1＋…＋xn －1·x ＋x n·1，得x ＋x 3＋…＋x2n －1＋x n≥(n ＋1)x n.②将①②相加，得1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n.在△ABC 中，试证：3≤a ＋b ＋c.可构造△ABC 的边和角的有序数列，应用排序不等式来证明． 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ≥aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC .相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(a ＋b ＋c )(A ＋B ＋C )＝π(a ＋b ＋c )，得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系，对于没有给出大小关系的情况，要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系．3．设c 1，c 2，…，c n 为正数组a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a1c1＋a2c2＋…＋ancn ≥n .证明：不妨设0<a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a1≥1a2≥…≥1an. 因为1c1，1c2，…，1cn 是1a1，1a2，…，1an 的一个排列，由排序原理，得a 1·1a1＋a 2·1a2＋…＋a n ·1an ≤a 1·1c1＋a 2·1c2＋…＋a n ·1cn ，即a1c1＋a2c2＋…＋an cn≥n .4．设a 1，a 2，…，a n 是1,2，…，n 的一个排列， 求证：12＋23＋…＋n －1n ≤a1a2＋a2a3＋…＋an －1an.证明：设b 1，b 2，…，b n －1是a 1，a 2，…，a n －1的一个排列，且b 1<b 2<…<b n －1；c 1，c 2，…，c n －1是a 2，a 3，…，a n 的一个排列，且c 1<c 2<…<c n －1，则1c1>1c2>…>1cn －1且b 1≥1，b 2≥2，…，b n －1≥n －1，c 1≤2，c 2≤3，…，c n －1≤n . 利用排序不等式，有a1a2＋a2a3＋…＋an －1an ≥b1c1＋b2c2＋…＋bn －1cn －1≥12＋23＋…＋n －1n . ∴原不等式成立．课时跟踪检测(十一)1．有一有序数组，其顺序和为A ，反序和为B ，乱序和为C ，则它们的大小关系为( ) A ．A ≥B ≥C B ．A ≥C ≥B C ．A ≤B ≤CD ．A ≤C ≤B解析：选B 由排序不等式，顺序和≥乱序和≥反序和知：A ≥C ≥B .2．若A ＝x 21＋x 2＋…＋x 2n ，B ＝x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x n －1x n ＋x n x 1，其中x 1，x 2，…，x n 都是正数，则A 与B 的大小关系为( )A ．A >BB ．A <BC ．A ≥BD ．A ≤B解析：选C 序列{x n }的各项都是正数，不妨设0＜x 1≤x 2≤…≤x n ，则x 2，x 3，…，x n ，x 1为序列{x n } 的一个排列．由排序原理，得x 1x 1＋x 2x 2＋…＋x n x n ≥x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x n x 1，即x 21＋x 2＋…＋x 2n ≥x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x n x 1.3．锐角三角形中，设P ＝a ＋b ＋c 2，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，则P ，Q 的关系为( )A ．P ≥QB ．P ＝QC ．P ≤QD ．不能确定解析：选C 不妨设A ≥B ≥C ，则a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤cos C ， 则由排序不等式有Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥a cos B ＋b cos C ＋c cos A＝R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋2sin C cos A ) ＝R＝R (sin C ＋sin A ＋sin B )＝P ＝a ＋b ＋c2. 4．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________元．( )A ．76B ．20C ．84D ．96解析：选A 设a 1＝1(件)，a 2＝2(件)，a 3＝3(件)，b 1＝10(元)，b 2＝13(元)，b 3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．5．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，则1c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是________，最小值是________．解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32，最小值为28. 答案：32 286．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s 、4 s 、3 s 、7 s ，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________s.解析：由题意知，等候的时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7＝41. 答案：417．在Rt △ABC 中，∠C 为直角，A ，B 所对的边分别为a ，b ，则aA ＋bB 与π4(a ＋b )的大小关系为________．解析：不妨设a ≥b >0，则A ≥B >0，由排序不等式⎭⎪⎬⎪⎫aA ＋bB≥aB＋bA aA ＋bB ＝aA ＋bB ⇒2(aA ＋bB )≥a (A ＋B )＋b (A ＋B )＝π2(a ＋b )， ∴aA ＋bB ≥π4(a ＋b )． 答案：aA ＋bB ≥π4(a ＋b ) 8．设a ，b ，c 都是正数，求证：a ＋b ＋c ≤a4＋b4＋c4abc .证明：由题意不妨设a ≥b ≥c >0.由不等式的性质，知a 2≥b 2≥c 2，ab ≥ac ≥bc . 根据排序原理，得a 2bc ＋ab 2c ＋abc 2≤a 3c ＋b 3a ＋c 3b .① 又由不等式的性质，知a 3≥b 3≥c 3，且a ≥b ≥c .再根据排序不等式，得a 3c ＋b 3a ＋c 3b ≤a 4＋b 4＋c 4.②由①②及不等式的传递性，得a 2bc ＋ab 2c ＋abc 2≤a 4＋b 4＋c 4.两边同除以abc 得证原不等式成立．9．设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b 的最小值．解：不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b .由排序不等式，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ， a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b， 以上两式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3，∴a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32， 即当且仅当a ＝b ＝c 时， a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b 的最小值为32.10．设x ，y ，z 为正数，求证：x ＋y ＋z ≤x2＋y22z ＋y2＋z22x ＋z2＋x22y. 证明：由于不等式关于x ，y ，z 对称， 不妨设0<x ≤y ≤z ，于是x 2≤y 2≤z 2，1z ≤1y ≤1x ，由排序原理：反序和≤乱序和，得x 2·1x ＋y 2·1y ＋z 2·1z ≤x 2·1z ＋y 2·1x ＋z 2·1y， x 2·1x＋y 2·1y＋z 2·1z≤x 2·1y＋y 2·1z＋z 2·1x，将上面两式相加，得2(x ＋y ＋z )≤x2＋y2z ＋y2＋z2x ＋z2＋x2y ，于是x ＋y ＋z ≤x2＋y22z ＋y2＋z22x ＋z2＋x22y.本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年高考来看，对本部分内容还未单独考查，可也不能忽视，利用柯西不等式构造“平方和的积”与“积的和的平方”，利用排序不等式证明成“对称”形式，或两端是“齐次式”形式的不等式问题．真题体验(陕西高考)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解：(1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.(2)－3t ＋12＋t ＝3·4－t ＋t ≤3＋4－t＋t＝24－t ＋t ＝4， 当且仅当4－t 3＝t1，即t ＝1时等号成立， 故(－3t ＋12＋t)max ＝4.1122n n )2(a i ，b i ∈R ，i ＝1,2，…，n )，形式简洁、美观，对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式证明问题迎刃而解．已知a ，b ，c ，d 为不全相等的正数，求证：1a2＋1b2＋1c2＋1d2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.由柯西不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b2＋1c2＋1d2⎝ ⎛ 1b2＋1c2＋⎭⎪⎫1d2＋1a2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da 2， 于是1a2＋1b2＋1c2＋1d2≥1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.①等号成立⇔1a 1b ＝1b 1c ＝1c 1d ＝1d 1a⇔b a ＝c b ＝d c ＝ad ⇔a ＝b ＝c ＝d .又已知a ，b ，c ，d 不全相等，则①中等号不成立． 即1a2＋1b2＋1c2＋1d2>1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简便．设a ，b ，c 为实数，求证：a12bc ＋b12ca ＋c12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.由对称性，不妨设a ≥b ≥c ， 于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab .由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a12bc ＋b12ca ＋c12ab ≥a12ab ＋b12bc ＋c12ca ＝a11b ＋b11c ＋c11a .① 又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c，再次由排序不等式：反序和≤乱序和，得 a11a ＋b11b ＋c11c ≤a11b ＋b11c ＋c11a .② 由①②得a12bc ＋b12ca ＋c12ab≥a 10＋b 10＋c 10.理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．已知5a 2＋3b 2＝158，求a 2＋2ab ＋b 2的最大值．解：∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫552＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332 ≥⎝⎛⎭⎪⎫55×5a ＋33×3b 2＝(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2，当且仅当5a ＝3b ，即a ＝38，b ＝58时，等号成立．∴815×(5a 2＋3b 2)≥a 2＋2ab ＋b 2. ∴a 2＋2ab ＋b 2≤815×(5a 2＋3b 2)＝815×158＝1. ∴a 2＋2ab ＋b 2的最大值为1.已知正实数x 1，x 2，…，x n 满足x 1＋x 2＋…＋x n ＝P ，P 为定值，求F ＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n －1xn ＋x2nx1的最小值．不妨设0<x 1≤x 2≤…≤x n ， 则1x1≥1x2≥…≥1xn>0，且0<x 21≤x 2≤…≤x 2n . ∵1x2，1x3，…，1xn ，1x1为序列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1xn 的一个排列， 根据排序不等式，得F ＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n －1xn ＋x2nx1≥x 21·1x1＋x 2·1x2＋…＋x 2n ·1xn＝x 1＋x 2＋…＋x n ＝P (定值)，当且仅当x 1＝x 2＝…＝x n ＝Pn 时，等号成立．即F ＝x21x2＋x22x3＋…＋x2n －1xn ＋x2n x1的最小值为P .。
人教版2019版高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式复习课学案新人教A版选修4_5
第三讲 柯西不等式与排序不等式复习课学习目标 1.梳理本专题主要知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式，熟练掌握柯西不等式的各种形式及应用技巧.3.理解排序不等式及应用.4.进一步体会柯西不等式与排序不等式所蕴含的数学思想及方法．1．二维形式的柯西不等式(1)二维形式的柯西不等式：若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2. (2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．(3)二维形式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么x21＋y21＋x22＋y22≥错误!. 2．一般形式的柯西不等式设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 2＋…＋a 2n )(b 21＋b 2＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立． 3．排序不等式设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 是b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n .类型一 利用柯西不等式证明不等式例1 已知a ，b ，c ，d 为不全相等的正数，求证：1a2＋1b2＋1c2＋1d2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da .证明 由柯西不等式知，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b2＋1c2＋1d2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b2＋1c2＋1d2＋1a2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da 2，于是1a2＋1b2＋1c2＋1d2≥1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da .①等号成立⇔1a 1b ＝1b 1c ＝1c 1d ＝1d1a⇔b a ＝c b ＝d c ＝ad⇔a ＝b ＝c ＝d . 又已知a ，b ，c ，d 不全相等，则①中等号不成立． 即1a2＋1b2＋1c2＋1d2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da . 反思与感悟 利用柯西不等式证题的技巧(1)柯西不等式的一般形式为(a 21＋a 2＋…＋a 2n )·(b 21＋b 2＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n )2(a i ，b i ∈R ，i ＝1,2，…，n )，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．跟踪训练1 若n 是不小于2的正整数，求证：47＜1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＜22.证明 1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋...＋12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋ (12)＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 所以求证式等价于47＜1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜22.由柯西不等式，有⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n [(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋2n ]＞n 2，于是1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞错误!＝2n 3n ＋1＝23＋1n ≥23＋12＝47，又由柯西不等式，有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n＜错误! ＜n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －12n ＝22.综上，47＜1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＜22.类型二 利用排序不等式证明不等式例2 设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3. 证明 不妨设0＜a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC .相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(a ＋b ＋c )·(A ＋B ＋C ) ＝π(a ＋b ＋c )，得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.引申探究若本例条件不变，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.证明 不妨设0＜a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由0＜b ＋c －a,0＜a ＋b －c,0＜a ＋c －b ， 有0＜A (b ＋c －a )＋C (a ＋b －c )＋B (a ＋c －b ) ＝a (B ＋C －A )＋b (A ＋C －B )＋c (A ＋B －C ) ＝a (π－2A )＋b (π－2B )＋c (π－2C ) ＝(a ＋b ＋c )π－2(aA ＋bB ＋cC )． 得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的策略(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择．(2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．跟踪训练2 设a ，b ，c 为正数，求证：a12bc ＋b12ca ＋c12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.证明 由a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c ， 于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab .由排序不等式，得a12bc ＋b12ca ＋c12ab ≥a12ab ＋b12bc ＋c12ca ＝a11b ＋b11c ＋c11a .①又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c ，再次由排序不等式，得a11a ＋b11b ＋c11c ≤a11b ＋b11c ＋c11a . ②由①②得a12bc ＋b12ca ＋c12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.类型三 利用柯西不等式或排序不等式求最值例3 (1)求实数x ，y 的值使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2达到最小值． (1)解 由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y )2＋(2x ＋y －6)2] ≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y )＋1×(2x ＋y －6)]2＝1， 即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16，当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即x ＝52，y ＝56时，上式取等号．故x ＝52，y ＝56.(2)设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5是互不相同的正整数，求M ＝a 1＋a222＋a332＋a442＋a552的最小值．解 设b 1，b 2，b 3，b 4，b 5是a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的一个排列，且b 1＜b 2＜b 3＜b 4＜b 5. 因此b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，b 4≥4，b 5≥5. 又1≥122≥132≥142≥152.由排序不等式，得a 1＋a222＋a332＋a442＋a552≥b 1＋b222＋b332＋b442＋b552≥1×1＋2×122＋3×132＋4×142＋5×152＝1＋12＋13＋14＋15＝13760.即M 的最小值为13760.反思与感悟 利用柯西或排序不等式求最值的技巧(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易． (2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略． 跟踪训练3 已知正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝xyz ，且不等式1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤λ恒成立，求λ的取值范围． 解1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤12xy ＋12yz ＋12zx＝12⎝⎛⎭⎪⎫1×zx ＋y ＋z＋1×xx ＋y ＋z＋1×y x ＋y ＋z≤12错误!12＝错误!. 故λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.1．函数y ＝21－x ＋2x ＋1的最大值为( ) A. 3 B ．－ 3 C ．－3 D ．3答案 D解析 y 2＝(2·2－2x ＋1·2x ＋1)2≤[(2)2＋12][(2－2x)2＋(2x ＋1)2] ＝3×3＝9.∴y ≤3，y 的最大值为3.2．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，则a 的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 ∵(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2. ∴5－a 2≥(3－a )2. 解得1≤a ≤2.验证：当a ＝2时，等号成立．3．已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56 B.2029，3029，4029C ．1，12，13D ．1，14，19答案 B解析 由柯西不等式得(22＋32＋42)(x 2＋y 2＋z 2)≥(2x ＋3y ＋4z )2， 即x 2＋y 2＋z 2≥10029.当且仅当x 2＝y 3＝z4时，等号成立，所以联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 3＝z 4，2x ＋3y ＋4z ＝10，可得x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.4．设a ，b ，c 都是正数，求证：bc a ＋ca b ＋abc ≥a ＋b ＋c .证明 不妨设a ≥b ≥c ＞0， 则1a ≤1b ≤1c，ab ≥ac ≥bc ， ∵bc a ＋ac b ＋ab c ≥bc c ＋ac a ＋abb ＝a ＋b ＋c ， ∴bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c .1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式． 2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．4．数学建模是数学学习中的一种新形式，它为学生提供了自己学习的空间，有助于学生了解数学在实际生活中的应用，体会数学与日常生活及其他学科的联系．一、选择题1．已知a ，b 是给定的正数，则4a2sin2α＋b2cos2α的最小值为( )A ．2a 2＋b 2B ．2abC ．(2a ＋b )2D ．4ab答案 C 解析4a2sin2α＋b2cos2α＝(sin 2α＋cos 2α)⎝ ⎛⎭⎪⎫4a2sin2α＋b2cos2α≥⎝⎛⎭⎪⎫sin α·2a sin α＋cos α·b cos α2＝(2a ＋b )2， 当且仅当sin α·b cos α＝cos α·2asin α时，等号成立．故4a2sin2α＋b2cos2α的最小值为(2a ＋b )2.2．已知a ，b ，c 为正数且a ＋b ＋c ＝32，则a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2的最小值为( )A ．4B ．42C ．6D ．6 2 答案 C解析 ∵a ，b ，c 为正数，∴2a2＋b2＝1＋1a2＋b2≥a ＋b .同理2b2＋c2≥b ＋c ，2c2＋a2≥c ＋a ， 相加得2(a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2) ≥2(b ＋c ＋a )＝62，即a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2≥6， 当且仅当a ＝b ＝c ＝2时取等号．3．已知(x －1)2＋(y －2)2＝4，则3x ＋4y 的最大值为( ) A ．21 B ．11 C ．18 D ．28答案 A解析 根据柯西不等式，得[(x －1)2＋(y －2)2][32＋42]≥[3(x －1)＋4(y －2)]2＝(3x ＋4y －11)2， ∴(3x ＋4y －11)2≤100. 可得3x ＋4y ≤21，当且仅当x －13＝y －24＝25时取等号． 4．已知x ，y ，z 是非负实数，若9x 2＋12y 2＋5z 2＝9，则函数u ＝3x ＋6y ＋5z 的最大值是( )A ．9B ．10C ．14D ．15 答案 A解析 ∵(3x ＋6y ＋5z )2≤[12＋(3)2＋(5)2]·[(3x )2＋(23y )2＋(5z )2]＝9(9x 2＋12y 2＋5z 2)＝81，当且仅当3x ＝2y ＝z 时，等号成立． 故u ＝3x ＋6y ＋5z 的最大值为9.5．已知x ，y ，z ∈R ＋，且1x ＋2y ＋3z ＝1，则x ＋y 2＋z3的最小值为( )A ．5B ．6C ．8D ．9 答案 D解析 由柯西不等式知，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋3z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋z 3≥(1＋1＋1)2＝9，因为1x ＋2y ＋3z ＝1，所以x ＋y 2＋z3≥9.即x ＋y 2＋z3的最小值为9.6．设c 1，c 2，…，c n 是a 1，a 2，…，a n 的某一排列(a 1，a 2，…，a n 均为正数)，则a1c1＋a2c2＋…＋ancn 的最小值是( ) A ．n B.1n C.nD ．2n答案 A解析 不妨设a 1≥a 2≥…≥a n ＞0， 则1a1≤1a2≤…≤1an ， 由排序不等式知，a1c1＋a2c2＋…＋an cn ≥a 1·1a1＋a 2·1a2＋…＋a n ·1an ＝n . 二、填空题7．设a ，b ，c ，d ，m ，n ∈R ＋，P ＝ab ＋cd ，Q ＝am ＋nc ·b m ＋dn，则P ，Q 的大小关系为________． 答案 P ≤Q解析 由柯西不等式得P ＝am·b m ＋nc·dn ≤am ＋nc ·b m ＋dn＝Q ，当且仅当am·dn ＝nc·bm时，等号成立，∴P ≤Q .8．设x ，y ，z ∈R ，若x 2＋y 2＋z 2＝4，则x －2y ＋2z 的最小值为________． 答案 －6解析 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)[12＋(－2)2＋22]≥(x －2y ＋2z )2， 故(x －2y ＋2z )2≤4×9＝36.当且仅当x 1＝y －2＝z 2＝k ，k ＝±23时，上式取得等号，当k ＝－23时，x －2y ＋2z 取得最小值－6.9．已知点P 是边长为23的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x ，y ，z ，则x ，y ，z 所满足的关系式为________，x 2＋y 2＋z 2的最小值是________．答案 x ＋y ＋z ＝3 3解析 利用三角形面积相等，得 12×23(x ＋y ＋z )＝34×(23)2， 即x ＋y ＋z ＝3.由(1＋1＋1)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2＝9， 得x 2＋y 2＋z 2≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取等号．10．若a ，b ，c ∈R ，设x ＝a 3＋b 3＋c 3，y ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则x ，y 的大小关系为________． 答案 x ≥y解析 取两组数a ，b ，c ；a 2，b 2，c 2.不管a ，b ，c 的大小顺序如何，a 3＋b 3＋c 3都是顺序和，a 2b ＋b 2c ＋c 2a 都是乱序和，a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a . 三、解答题11．(2018·江苏)若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2. 因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4， 当且仅当x 1＝y 2＝z2时，不等式取等号，此时x ＝23，y ＝43，z ＝43，所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.12．已知a ，b ，c 为正数，求证：b2c2＋c2a2＋a2b2a ＋b ＋c ≥abc .证明 考虑到正数a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c >0， 则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ， 由排序不等式知，顺序和≥乱序和， ∴bc a ＋ca b ＋ab c ≥ab b ＋bc c ＋ca a ， 即b2c2＋c2a2＋a2b2abc≥a ＋b ＋c .∵a，b，c为正数，∴两边同乘以abca＋b＋c，得b2c2＋c2a2＋a2b2a＋b＋c≥abc.13．设a ，b ，c ，d ∈R ＋，令S ＝a a ＋d ＋b ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋d d ＋a ＋c，求证：1＜S ＜2.证明 首先证明b a ＜b ＋m a ＋m(a ＞b ＞0，m ＞0)． 因为b a －b ＋m a ＋m＝错误! ＝错误!＜0，所以S ＝a a ＋d ＋b ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋d d ＋a ＋c＜错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝错误!＝2，所以S ＜2.又S ＞a a ＋b ＋d ＋c ＋b b ＋c ＋a ＋d ＋c c ＋d ＋b ＋a＋ d d ＋a ＋c ＋b ＝a ＋b ＋c ＋d a ＋b ＋c ＋d＝1， 所以1＜S ＜2.四、探究与拓展14．已知5a 2＋3b 2＝158，则a 2＋2ab ＋b 2的最大值为________． 答案 1解析 ∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫552＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332[(5a )2＋(3b )2] ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫55×5a ＋33×3b 2＝(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2， 当且仅当5a ＝3b ，即a ＝38，b ＝58时取等号． ∴815×(5a 2＋3b 2)≥a 2＋2ab ＋b 2. ∴a 2＋2ab ＋b 2≤815×(5a 2＋3b 2)＝815×158＝1. ∴a 2＋2ab ＋b 2的最大值为1.15．已知a ，b ，c 均为实数，且a ＋b ＋c ＋2－2m ＝0，a 2＋14b 2＋19c 2＋m －1＝0.(1)求证：a 2＋14b 2＋19c 2≥错误!； (2)求实数m 的取值范围．(1)证明 由柯西不等式得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13c 2·(12＋22＋32)≥(a ＋b ＋c )2，当且仅当a ＝14b ＝19c 时，等号成立， 即⎝⎛⎭⎪⎫a2＋14b2＋19c2×14≥(a ＋b ＋c )2， ∴a 2＋14b 2＋19c 2≥错误!. (2)解 由已知得a ＋b ＋c ＝2m －2，a 2＋14b 2＋19c 2＝1－m ，∴由(1)可知，14(1－m )≥(2m －2)2，即2m 2＋3m －5≤0，解得－52≤m ≤1. 又∵a 2＋14b 2＋19c 2＝1－m ≥0，∴m ≤1， ∴－52≤m ≤1. 即实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，1.。
(部编本人教版)最新版高中数学 第三章 柯西不等式与排序不等式 3.3 排序不等式试题 新人教A版选修4-5【必
三排序不等式课后篇巩固探究A组1.顺序和S、反序和S'、乱序和S″的大小关系是()A.S≤S'≤S″B.S≥S'≥S″C.S≥S″≥S'D.S≤S″≤S'.2.设x,y,z均为正数,P=x3+y3+z3,Q=x2y+y2z+z2x,则P与Q的大小关系是()A.P≥QB.P>QC.P≤QD.P<Qx≥y≥z>0,则x2≥y2≥z2,则由排序不等式可得顺序和为P,乱序和为Q,则P≥Q.3.若a<b<c,x<y<z,则下列各式中值最大的一个是()A.ax+cy+bzB.bx+ay+czC.bx+cy+azD.ax+by+cza<b<c,x<y<z,由排序不等式得反序和≤乱序和≤顺序和,得顺序和ax+by+cz最大.故选D.4.若0<a1<a2,0<b1<b2,且a1+a2=b1+b2=1,则下列代数式中最大的是()A.a1b1+a2b2B.a1a2+b1b2C.a1b2+a2b1D.a1b1+a2b2+a1b2+a2b1=(a1+a2)(b1+b2)=1,a1b1+a2b2-a1b2-a2b1=(a1-a2)(b1-b2)>0,∴a1b1+a2b2>a1b2+a2b1.且a1b1+a2b2>>a1b2+a2b1.又1=a1+a2≥2,∴a1a2≤.∵0<a1<a2,∴a1a2<.同理b1b2<,∴a1a2+b1b2<.∴a1b1+a2b2>>a1a2+b1b2,∴a1b1+a2b2最大.5.已知a,b,c∈R+,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)()A.大于零B.大于或等于零C.小于零D.小于或等于零a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,根据排序原理,得a3×a+b3×b+c3×c≥a3b+b3c+c3a.因为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)≥0.6.设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的一个排序,则a1+2a2+3a3+4a4的取值范围是.2+22+32+42=30,最小值为反序和1×4+2×3+3×2+4×1=20.1+2a2+3a3+4a4的最大值为顺序和17.如图所示,在矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,若阴影部分的面积为S1,空白部分的面积之和为S2,则S1与S2的大小关系是.,S1=a1b1+a2b2,而S2=a1b2+a2b1,根据顺序和≥反序和,得S1≥S2.S21≥8.若a,b,c为正数,求证a3+b3+c3≥3abc.a≥b≥c>0,则a2≥b2≥c2>0,由排序不等式,得a3+b3≥a2b+ab2,c3+b3≥c2b+cb2,a3+c3≥a2c+ac2,三式相加,得2(a3+b3+c3)≥a(b2+c2)+b(a2+c2)+c(a2+b2).因为a2+b2≥2ab,c2+b2≥2cb,a2+c2≥2ac,所以2(a3+b3+c3)≥6abc,即a3+b3+c3≥3abc(当且仅当a=b=c时,等号成立).9.设a,b均为正数,求证.a≥b>0,则a2≥b2>0,>0,由不等式性质,得>0.则由排序不等式,可得,即.10.设a,b,c都是正数,求证a+b+c≤.a≥b≥c>0.由不等式的性质,知a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc.根据排序原理,得a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b.①又由不等式的性质,知a3≥b3≥c3,且a≥b≥c.再根据排序原理,得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4.②由①②及不等式的传递性,得a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4.两边同除以abc,得a+b+c≤(当且仅当a=b=c时,等号成立).B组1.设a,b,c>0,则式子M=a5+b5+c5-a3bc-b3ac-c3ab与0的大小关系是()A.M≥0B.M≤0C.M与0的大小关系与a,b,c的大小有关D.不能确定a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,且a4≥b4≥c4,则a5+b5+c5=a·a4+b·b4+c·c4≥a·c4+b·a4+c·b4.又a3≥b3≥c3,且ab≥ac≥bc,∴a4b+b4c+c4a=a3·ab+b3·bc+c3·ca≥a3bc+b3ac+c3ab.∴a5+b5+c5≥a3bc+b3ac+c3ab.∴M≥0.2.若0<α<β<γ<,F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ),则()A.F>0B.F≥0C.F≤0D.F<00<α<β<γ<,所以0<sin α<sin β<sin γ,0<cos γ<cos β<cos α,由排序不等式可知,sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α>sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ, 而F=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin 2α+sin 2β+sin 2γ)=sin αcos β+sin βcos γ+sin γcos α-(sin αcos α+sin βcos β+sin γcos γ)>0.3.导学号26394057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1台到第5台的修复时间依次为t1,t2,t3,t4,t5,若按照从第1台到第5台的顺序修复,则修复第一台需要t1分钟,则停产总时间为5t1,修复第2台需要t2分钟,则停产总时间为4t2,…,修复第5台需要t5分钟,则停产总时间为t5,因此修复5台机床一共需要停产的时间为5t1+4t2+3t3+2t4+t5,要使损失最小,应使停产时间最少,亦即使5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值.由排序不等式可知,当t1<t2<t3<t4<t5时,5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值,最小值为5×4+4×5+3×6+2×8+10=84分钟,故损失最小为84×5=420元.4.导学号26394058在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边依次为a,b,c,试比较的大小关系.a≥b≥c,则有A≥B≥C.由排序不等式,可得aA+bB+cC≥aA+bC+cB,aA+bB+cC≥aB+bA+cC,aA+bB+cC≥aC+bB+cA.将以上三个式子两边分别相加,得3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=(a+b+c)π.所以.5.导学号26394059设x>0,求证1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)x n.x≥1时,因为1≤x≤x2≤…≤x n,所以由排序原理得1·1+x·x+x2·x2+…+x n·x n≥1·x n+x·x n-1+…+·x+x n·1,即1+x2+x4+…+≥(n+1)x n.①又x,x2,…,x n,1为序列1,x,x2,…,x n的一个排列,所以1·x+x·x2+…+x n-1x n+x n·1≥1·x n+x·x n-1+…+x n-1·x+x n·1,因此x+x3+…++x n≥(n+1)x n, ②①+②,得1+x+x2+…+≥(2n+1)x n.③当0<x<1时,1>x≥x2≥…≥x n,①②仍成立,故③也成立.综上,原不等式成立.。
第三讲柯西不等式的基本方法与排序不等式(柯西不等式的一般形式)
作业:P41
2、 4、 5、 6
问题:已知A、B都是锐角, 且cosA+cosB-cos(A+B)=
2 3
,
求A、B的值
当且仅当bi=0(i=1 ,2 ,3 , …,n)或
bi≠0(i=1 ,2 ,3 , … ,n)时,
等号成立.
a1 a 2 = = b1 b2
an = bb
问题：已知a1 ,a 2 , a n ∈ R +，求证 n 1 1 + + a1 a 2 a1 + a 2 + ≤ 1 n + an + an
使得ai=kbi(i=1 ,2 ,3 , … ,n)时,等号成立.
注:简记;积和方不大于方和积
定理:设a1,a2 ,a3 , … ,an ,b1 ,b2 ,b3 , …,bn 是实数,则
2 2 2 2 2 3 2 2 (a1 +a2 +a + +a )(b + b + b + + b ) (a b +a b + +a b ) 2 3 n 1 2 3 n 1 1 2 2 n n
定理:设a1,a2 ,a3 , … ,an ,b1 ,b2 ,b3 , …,bn 是实数,则
2 2 2 2 2 3 2 2 (a1 +a2 +a + +a )(b + b + b + + b ) (a b +a b + +a b ) 2 3 n 1 2 3 n 1 1 2 2 n n
当且仅当bi=0(i=1 ,2 ,3 , …,n)或存在一个数k
+a
高中数学 第三讲 柯西不等式与排序不等式 3.1 二维形式的柯西不等式 3.2 一般形式的柯西不等式素材1 新人教
二 一般形式的柯西不等式庖丁巧解牛知识·巧学一、二维形式的柯西不等式定理1 （二维形式的柯西不等式）已知a 1，a 2，b 1，b 2∈R ，则(a 1b 1+a 2b 2)2≤(a 12+a 22)2(b 12+b 22)2，当且仅当a 1b 2-a 2b 1=0时取等号.由二维形式的柯西不等式推导出两个非常有用的不等式： 对于任何实数a 1，a 2，b 1，b 2,以下不等式成立：22212221b b a a +•+≥|a 1b 1+a 2b 2|; 22212221b b a a +•+≥|a 1b 1|+|a 2b 2|.联想发散不等式中等号成立⇔a 1b 2-a 2b 1=0.这时我们称(a 1,a 2),(b 1,b 2)成比例,如果b 1≠0,b 2≠0,那么a 1b 2-a 2b 1=0⇔2211b a b a =.若b 1·b 2=0,我们分情况说明：①b 1=b 2=0,则原不等式两边都是0,自然成立;②b 1=0,b 2≠0,原不等式化为(a 12+a 22)b 22≥a 22b 22,也是自然成立的;③b 1≠0,b 2=0,原不等式和②的道理一样,自然成立.正是因为b 1·b 2=0时,不等式恒成立,因此我们研究柯西不等式时,总是假定b 1b 2≠0,等号成立的条件可以写成2211b a b a =,这种写法在表示一般形式(n 维)的柯西不等式等号成立的条件时更是方便、简洁的.定理2 （柯西不等式的向量形式）设α,β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α=k β时，等号成立. 学法一得定理2 中等号成立的充分必要条件是向量α和β平行（如α,β为非零向量，则定理2中等号成立的充分必要条件为向量α与β的夹角为0或π，即α与β对应的坐标分量成比例）,从而可以推知定理1中等号成立的充分必要条件为2211b a b a =（b i 为零时，a i 为零，i=1，2）.定理 3 （二维形式的三角不等式）设x 1,x 2,y 1,y 2∈R ，那么22122122222121)()(y y x x y x y x -+-≥+++.二维形式的三角不等式的变式：用x 1-x 3代替x 1，用y 1-y 3代替y 1，用x 2-x 3代替x 2，用y 2-y 3代替y 2，代入定理3，得232231231231)()()()(y y x x y y x x -+-+-+-221221)()(y y x x -+-≥二、一般形式的柯西不等式 定理 设a i ,b i ∈R (i=1,2, …,n),则(∑∑∑===≤ni ini ini ii ba b a 121212)(.当数组a 1，a 2，…，a n ,b 1，b 2，…，b n 不全为0时，等号成立当且仅当b i =λa i (1≤i≤n).即(a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n )2≤(a 12+a 22+…+a n 2)2(b 12+b 22+…+b n 2)2（a i ,b i ∈R ,i=1,2,…,n ）中等号成立的条件是2211b a b a ==…=nn b a. 记忆要诀这个式子在竞赛中极为常用，只需简记为“积和方小于和方积”.等号成立的条件比较特殊，要牢记.此外应注意在这个式子里不要求各项均是正数，因此应用范围较广. 一般形式的柯西不等式有两个很好的变式：变式 1 设a i ∈R ，bc>0(i=1,2, …,n),则∑∑∑≥=ii ni i ib a b a 212)(,等号成立当且仅当b i =λa i (1≤i≤n).变式2 设a i ,b i 同号且不为0（i=1，2，…，n ），则∑∑∑≥=i i i ni iib a a b a 212)(,等号成立当且仅当b 1=b 2=…=b n .深化升华要求a i ，b i 均为正数.当然，这两个式子虽常用，但是记不记住并不太重要，只要将柯西不等式原始的式子记得很熟，这两个式子其实是一眼就能看出来的，这就要求我们对柯西不等式要做到活学活用.柯西不等式经常用到的几个特例（下面出现的a 1, …,a n ;b 1, …,b n 都表示实数）是：（1）a 12+a 22+…+a n 2=1,b 12+b 22+…+b n 2=1,则|a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n |≤1;（2）a 1a 2+a 2a 3+a 3a 1≤a 12+a 22+a 32;（3）(a 1+a 2+…+a n )2≤n(a 12+a 22+…+a n 2);（4）(a+b)(a 1+b1)≥4=(1+1)2，其中a 、b∈R +; （5）(a+b+c)(a 1+b 1+c1)≥9=(1+1+1)2,其中a 、b 、c∈R +.柯西不等式是一个重要的不等式，有许多应用和推广，与柯西不等式有关的竞赛题也频频出现，这充分显示了它的独特地位. 典题·热题知识点一： 用柯西不等式证明不等式 例1 设a 1>a 2>…>a n >a n+1,求证：11132211111a a a a a a a a n n n -+-++-=-++Λ>0.思路分析：这道题初看起来似乎无法使用柯西不等式，但改变其结构就可以使用了，我们不妨改为证： (a 1-a n+1)·［13221111+-++-+-n n a a a a a a Λ］>1.证明：为了运用柯西不等式，我们将a 1-a n+1写成a 1-a n+1=(a 1-a 2)+(a 2-a 3)+ …+(a n -a n+1),于是［(a 1-a 2)+(a 2-a 3)+…+(a n -a n+1)］·（13221111+-++-+-n n a a a a a a Λ）≥n 2>1.即(a 1-a n+1)·（13221111+-++-+-n n a a a a a a Λ）>1,∴11132211111++->-++-+-n n n a a a a a a a a Λ,故11132211111a a a a a a a a n n n -+-++-+-++Λ>0.方法归纳我们进一步观察柯西不等式，可以发现其特点是：不等式左边是两个因式之和，其中每一个因式都是项平方和，右边是左边中对立的两两乘积之和的平方，证题时，只要能将原题凑成此种形式，就可以引用柯西不等式来证明. 知识点二： 用柯西不等式证明条件不等式 例2 （经典回放）设x 1,x 2, …,x n ∈R +,求证：123221x x x x x x x x nn ++++Λ≥x 1+x 2+…+x n . 思路分析：在不等式的左端嵌乘以因式(x 2+x 3+…+x n +x 1)，也即嵌以因式(x 1+x 2+…+x n )，由柯西不等式即可得证.证明：(123221x x x x x x x x nn ++++Λ)·(x 2+x 3+…+x n +x 1) =［(21x x )2+(22x x )2+…+(nn x x 1-)2+(1x x n )2］ ［(2x )2+(3x )2+…+(n x )2+(1x )2］≥(21x x ·2x +22x x ·3x +…+nn x x 1-·n x +1x x n ·1x ) =(x 1+x 2+…+x n )2,于是123221x x x x x x x x nn ++++Λ≥x 1+x 2+…+x n . 巧解提示柯西不等式中有三个因式∑∑∑===ni ii ni ini iba b a 11212,,，而一般题目中只有一个或两个因式，为了运用柯西不等式，我们需要设法嵌入一个因式（嵌入的因式之和往往是定值），这也是利用柯西不等式的技巧之一.知识点三： 用柯西不等式求函数的极值例3 已知实数a,b,c,d 满足a+b+c+d=3，a 2+2b 2+3c 2+6d 2=5,试求a 的最值. 思路分析：本题求极值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解. 解：由柯西不等式得，有 (2b 2+3c 2+6d 2)(613121++)≥(b+c+d)2, 即2b 2+3c 2+6d 2≥(b+c+d)2.由条件可得，5-a 2≥(3-a)2. 解得，1≤a≤2,当且仅当6/163/132/12dc b ==时等号成立. 代入b=1,c=31,d=61时，a max =2; b=1,c=32,d=31时,a min =1.巧妙变式为了给运用柯西不等式创造条件，经常引进一些待定的参数，其值的确定由题设或者由等号成立的充要条件共同确定，也有一些三角极值问题我们可以反复运用柯西不等式进行解决.而有些极值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误.这多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一. 如：已知a,b 为正常数，且0<x<2π,求y=x b x a cos sin +的最小值. 解：利用柯西不等式，得)(32323232b a b a +=+(sin 2x+cos 2x)≥(3a sinx+3b cosx)2.当且仅当33cos sin bxax=时等号成立.于是33232a b a ≥+sinx+3b cosx.再由柯西不等式，得3232b a +(xb x a cos sin +) ≥(3a sinx+3b cosx)(xb x a cos sin +） ≥(x b x b x a x a cos cos sin sin 66+)2=(a 32+b 32)2. 当且仅当33cos sin bxax=时等号成立.从而y=x bx a cos sin +≥(a 32+b 32)32. 于是y=xbx a cos sin +的最小值是(a 32+b 32)32. 问题·探究 思想方法探究问题 试探究用柯西不等式导出重要公式.如n 个实数平方平均数不小于这n 个数的算术平均数，即若a 1,a 2,…,a n ∈R ，则na a a n a a a nn2222121+++≤+++ΛΛ.探究过程:由柯西不等式可知(a 1+a 2+…+a n )2≤(a 1·1+a 2·1+…+a n ·1)2≤(a 12+a 22+…+a n 2)·(12+12+…+12)=(a 12+a 22+…+a n 2)·n,所以na a a n 221)(+++Λ≤a 12+a 22+…+a n 2,故na a a n a a a nn2222121+++≤+++ΛΛ.不等式na a a na a a nn2222121+++≤+++ΛΛ,把中学教材中仅有关于两个正数的“算术平均”，“几何平均”问题拓广到了“二次幂平均”问题，即nn a a a Λ21≤na a a n a a a nn2222121+++≤+++ΛΛ，这不仅拓宽了中学生的眼界，而且为解决许多不等式的问题开辟了一条新路.探究结论:柯西不等式不仅在高等数学中是一个十分重要的不等式，而且它对初等数学也有很好的指导作用，利用它能方便地解决一些中学数学中的有关问题. 交流讨论探究问题 柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，试交流讨论使用柯西不等式的技巧,试举例归纳.探究过程:人物甲：构造符合柯西不等式的形式及条件可以巧拆常数，如：设a 、b 、c 为正数且各不相等.求证cb a ac c b b a ++>+++++9222.我们可以如此分析：∵a、b 、c 均为正,∴为证结论正确只需证2(a+b+c)［ac c b b a +++++111］>9.而2(a+b+d)=(a+b)+(b+c)+(c+a),又9=(1+1+1)2.人物乙：构造符合柯西不等式的形式及条件可以重新安排某些项的次序，如：a 、b 为非负数，a+b=1,x 1,x 2∈R +,求证(ax 1+bx 2)(bx 1+ax 2)≥x 1x 2.我们可以如此分析：不等号左边为两个二项式积，a,b∈R -,x 1,x 2∈R +，直接用柯西不等式做得不到预想结论，当把第二个小括号的两项前后调换一下位置，就能证明结论了.人物丙：构造符合柯西不等式的形式及条件可以改变结构，从而能够使用柯西不等式，如：若a>b>c ，求证c b b a -+-11≥ca -4.我们可以如此分析：初式并不能使用柯西不等式，改造结构后便可使用柯西不等式了.∵a -c=(a-b)+(b-c),a>c,∴a -c>0,∴结论改为(a-c)(cb b a -+-11)≥4. 人物丁：构造符合柯西不等式的形式及条件可以添项，如：若a,b,c∈R +，求证b ac a c b c b a +++++≥23.我们可以如此分析：左端变形c b a ++1+ac b++1+b a c ++1=(a+b+c)(b a a c c b +++++111),∴只需证此式≥29即可. 探究结论:使用柯西不等式的技巧主要就是使用一些方法（巧拆常数、重新安排某些项的次序、添项等）构造符合柯西不等式的形式及条件.。
高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式a45a高二45数学
2．排序不等式的本质． 两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两 两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘 积之和最小． 3．求证一个与排序有关的不等式．若a，b，c在不 等式中的“地位”是对称的，解答时不妨设a≥b≥c，再 利用排序不等式加以证明．
第三十页，共三十一页。
第三 讲 (dì sān) 柯西不等式与排序不等式
第一页，共三十一页。
3．3 排序不等式
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[学习目标] 1.了解排序不等式的数学思想和背 景． 2.了解排序不等式的结构与基本原理，会用排序 不等式解决简单的不等式问题(重点、难点)．
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1．基本概念 设 a1<a2<a3<…<an，b1<b2<b3<…<bn 是两组实数，设 c1，c2，c3，…，cn 是数组 b1，b2，…，bn 的任何一个排 列，则 S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1 叫做数组(a1，a2，…， an)和(b1，b2，…，bn)的反序和；S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn 叫做数组(a1，a2，…，an)和(b1，b2，…，bn)的顺序和；
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S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn 叫做数组(a1，a2，…，an) 和(b1，b2，…，bn)的乱序和．
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2．排序原理或排序不等式 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数， c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么，a1bn ＋anbn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2 ＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn 时，反序和等于顺序和．
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2019-2020年高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式达标训练新人教A 版选修基础·巩固1.如下图所示，矩形OPAQ 中，a 1≤a 2，b 1≤b 2，则阴影部分的矩形的面积之和_________空白部分的矩形的面积之和.思路分析：这可沿图中线段MN 向上翻折比较即知.当然由图我们可知,阴影面积=a 1b 1+a 2b 2,而空白面积=a 1b 2+a 2b 1.根据顺序和≥反序和可知答案.答案：≥2.设a 、b 、c 为某一三角形三边长，求证：a 2(b+c-a)+b 2(c+a-b)+c 2(a+b-c)≤3abc.思路分析：运用排序原理，关键是弄出有序数组，通常从函数的单调性质去寻找，如f(x)=x2在R +单调递增，f(x)=在R +单调递减.证明：不妨设a≥b≥c，易证a(b+c-a)≤b(c+a -b)≤c(a+b -c).由排序原理得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.3.对a,b,c∈R +,比较a 3+b 3+c 3与a 2b+b 2c+c 2a 的大小.思路分析:将式子理解为积的形式a 2·a+b 2·b+c 2·c,a 2b+b 2c+c 2a,再依大小关系可求解.解：取两组数a,b,c ；a 2,b 2,c 2.不论a,b,c 的大小顺序如何，a 3+b 3+c 3都是顺序和，a 2b+b 2c+c 2a 都是乱序和；故由排序原理可得a 3+b 3+c 3≥a 2b+b 2c+c 2a.4.求证:正实数a 1,a 2,…,a n 的任一排列为a 1′,a 2′,…，a n ′，则有≥n.思路分析:本题考查如何将和的形式构造为积的形式,本题关键是将n 理解为n 个1相加,而把1理解为x·的形式.这种方法有普遍的应用,应该加以重视.证明：取两组数a 1,a 2,…,a n ；,,…,.其反序和为=n ，原不等式的左边为乱序和，有≥n.5.已知a,b,c∈R +，求证：≥a 10+b 10+c 10.思路分析:可以发现左右两边的次数相等,因此,应该进行适当的拼凑,使其成为积的形式.证明：不妨设a≥b≥c>0,则>0且a 12≥b 12≥c 12>0, 则abc bc b ab a ab c ca b bc a 121212121212++≥++ cc b b a a a c c b b a 111111111111++≥++==a 10+b 10+c 10. 6.设a 1,a 2, …,a n 是1,2, …,n 的一个排列，求证：nn a a a a a a n n 1322113221-++≤-+++ .思路分析：在证明不等式时，要掌握对数字的一个变形，合理构造，才会使题迎刃而解. 证明：设b 1,b 2,…,b n-1是a 1,a 2,…,a n-1的一个排列，且b 1<b 2<…<b n-1.c 1,c 2,…,c n-1是a 2,a 3,…,a n 的一个排列,且c 1<c 2<…<c n-1,则,且b 1≥1,b 2≥2,…,b n-1≥n -1；c 1≤2,c 2≤3,…,c n-1≤n. 利用排序不等式有：nn c b c b c b a a a a a a n n n n 1322111221113221-+++≥+++≥+++--- . 7.设a ，b ，c 都是正数，求证：（1）()2+()2≥+；（2）；（3）++≤.思路分析：本题（2）的关键是如何对常数进行处理.这里除了要用到构造法，还要运用不等式的可加性.证明：由题设不妨设a≥b≥c>0.（1）由不等式的单调性知a 2≥b 2，≥，于是.由排序原理：ba b a b a a a b b b a 11112222⨯+⨯≥⨯+⨯，即()2+()2≥+. （2）由不等式的单调性知且a≥b≥c>0，由排序原理：ba a a c c cb b b ac a c b c b a +++++≥+++++， ba b a c a c b c b c c a c b c b a ++-++≥+++++， 两式相加得所证不等式成立.（3）由不等式的单调性知≥，因而.根据不等式的单调性知a 5≥b 5≥c 5，由排序不等式得323232335335335335335335bc a b c a c b c b a b a c a b a c a c b c b a ++=++≥++. 又由不等式的单调性知a 2≥b 2≥c 2，，根据排序原理： cb ac c b b a a b c a b c a 111323232323232++=++≥++. 由不等式的传递性可知+33388833533533511cb ac b a b a c a c b c b a c b ++=++≤+. 综合·应用8.设a ，b ，c 都是正数，求证：（1）≥a+b+c；（2）a+b+c≤；（3）a n (a 2-bc)+b n (b 2-ac)+c n (c 2-ab)≥0（n 是任意正数）.思路分析：证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法,后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法. 证明：由题设不妨设a≥b≥c>0.（1）由不等式的单调性知ab≥ac≥bc，≥≥，由排序原理：ab×+ac×+bc×≥ab×+ac×+bc×，即所证不等式成立.（2）由不等式单调性知a 2≥b 2≥c 2，ab≥ac≥bc，又由排序原理：a 2bc+ab 2c+abc 2≤a 3c+b 3a+c 3b.又由不等式单调性知a 3≥b 3≥c 3，且a≥b≥c，再由排序原理：a 3c+b 3a+c 3b≤a 4+b 4+c 4.由上述两式及不等式的传递性可得a 2bc+ab 2c+abc 2≤a 4+b 4+c 4.两边同除以abc 可得，需证不等式成立.（3）只需证a n+2+b n+2+c n+2≥a n bc+b n ca+c n ab.①由不等式的单调性知a n+1≥b n+1≥c n+1，又a≥b≥c.由排序原理得a n+2+b n+2+c n+2≥a n+1b+b n+1c+c n+1a.又由不等式的单调性知ab≥ac≥bc，a n ≥b n ≥c n .由排序原理得a n+1b+b n+1c+c n+1a≥a n bc+b n ca+c n ab.根据不等式的传递性可知①成立.9.设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列.求证:（1）a 1b 1-1+a 2b 2-1+…+a n b n -1≥n；（2）a 1p+q +a 2p+q +…+a n p+q ≥a 1p b 1q +a 2p b 2q +…+a n p b n q （p,q 为正数）；（3）H≤G≤A，其中H 、G 、A 分别为a 1，a 2，…，a n 的调和平均、几何平均及算术平均. 思路分析：运用排序原理解题的核心问题是找出相应的两组数.证明：不妨设a 1≥a 2≥…≥a n >0.（1）由不等式的单调性a n -1≥a n -1-1≥…≥a 1-1，由排序原理得a 1b 1-1+a 2b 2-1+…+a n b n -1≥a 1a 1-1+a 2a 2-1+…+a n a n -1≥n;（2）由题设a 1p ≥a 2p ≥…≥a n p ,a 1q ≥a 2q ≥…≥a n q .由排序原理得；（3）令t i =（i=1，2，…，n ），则t n =1.从而正数序列t 1，t 2，…，t n 及，，…，对应两项大小次序正好相反，由排序原理得 n=t 1·+t 2·+…+t n ·≤t 1·+t 2·+…+t n ·，即n≤Ga a a G a G a G a n n +++=++ 2121，从而G≤A. 另一方面n=t 1·+t 2·+…+t n ·≤t 1·+t 2·+…+·+t n ·，即n≤)111(21132nn a a a G a G a G a G a G +++=++++ )，从而G≥H. 回顾·展望10.设a,b,c 是正实数,求证:a ab bc c ≥(abc).思路分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故可尝试用商较法，此时在证明对称不等式时，不妨假定n 个字母的大小顺序，可方便解题.当然亦可用排序原理等方法.事实上，本题可作如下推广：若a i >0(i=1,2,…,n),则a 1a a 2…a n ≥(a 1a 2…a n ).证明：不妨设a≥b≥c>0,则lga≥lgb≥lgc.据排序不等式有:alga+blgb+clgc≥blga+clgb+algc,alga+blgb+clgc≥clga+algb+blgc.以上两式相加,再两边同加alga+blgb+clgc,整理得: 3(alga+blgb+clgc)≥(a+b+c)(lga+lgb+lgc),即lg(a a b b c c)≥·lg(abc),故a a b b c c≥(abc).。