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

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)=x

2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ab

c bc b ab a ab c ca b bc a 12

1212121212++≥++ c

c b b a a a c c b b a 11

1111111111++≥++==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：

n

n 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

c 1,c 2,…,c n-1是a 2,a 3,…,a n 的一个排列,且c 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：n

n 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：

b

a 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：

b

a a a c c c

b b b a

c a c b c b a +++++≥+++++， b

a 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

32

3232335335335335335335b

c 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： c

b a

c c b b a a b c a b c a 111323232323232++=++≥++. 由不等式的传递性可知+3338

8833533533511c

b a

c 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+a

b 2c+ab

c 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 1

b 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≤G

a 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(21132n

n 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 a

b b

c 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).