高中数学选修4-5同步练习题库：排序不等式(全部)
排序不等式（全部）
1、若，则的大小关系为()
A． B．
C． D．由a的取值确定
2、若a＜b＜c，x＜y＜z，则下列各式中值最大的一个是（）
A．ax+cy+bz B．bx+ay+cz
C．bx+cy+az D．ax+by+cz
3、已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1,则的最小值为( )
A．3 B．6 C．9 D．12
4、（不等式选讲）
已知a>0,b>0,c>0,abc=1,试证明：.
5、设a1，a2，…，a n为正数，求证：++…++≥a1+a2+…+a n．
6、若a1≤a2≤…≤a n，而b1≥b2≥…≥b n或a1≥a2≥…≥a n而b1≤b2≤…≤b n，证明：≤（）?（）．当且仅当a1=a2=…=a n或b1=b2=…=b n时等号成立．
7、设正整数构成的数列{a n}使得a10k﹣9+a10k﹣8+…+a10k≤19对一切k∈N*恒成立．记该数列若干连续项的和
为S（i，j），其中i，j∈N*，且i＜j．求证：所有S（i，j）构成的集合等于N*．
8、设a，b，c为正数，利用排序不等式证明a3+b3+c3≥3abc．
9、设a，b，c是正实数，求证：a a b b c c≥（abc）．
10、设a1，a2，…，a n为实数，证明：≤．
11、已知a，b，c为正数，用排序不等式证明：2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．
12、已知n个正整数的和是1000，求这些正整数的乘积的最大值．
13、已知，比较与的大小。
参考答案1、C．
2、D
3、C
4、略
5、见解析
6、见解析
7、见解析
8、见解析
9、见解析
10、见解析
11、见解析
12、22×3332．
13、
【解析】
1、要比较与的大小，只需比较与的大小，只需比较与
的大小，只需比较与的大小，即比较0与12的大小，而0＜12，故.
2、试题分析：根据条件：a＜b＜c，x＜y＜z，结合排序不等式：反序和≤乱序和≤同序和，即可得出同序和ax+by+cz最大．
解：∵a＜b＜c，x＜y＜z，
排序不等式：反序和≤乱序和≤同序和，
得：同序和ax+by+cz最大．
故选D．
点评：本题主要考查了不等关系与不等式、排序不等式等基本知识，解答关键是利用不等关系与不等式的性质：反序和≤乱序和≤同序和．
3、本题考查均值不等式等知识。
将1代入中，得，当且仅当，又
，故时不等式取，选C。
4、: 证明：由，
所以
同理：，
相加得：左3……………(10分)
5、试题分析：不妨设a1＞a2＞…＞a n＞0，则a12＞a22＞…＞a n2，，由排序原理：乱序和≥反序和，可得结论．
证明：不妨设a1＞a2＞…＞a n＞0，则a12＞a22＞…＞a n2，
由排序原理：乱序和≥反序和，可得：++…++≥=a1+a2+…+a n．
点评：本题考查不等式的证明，考查排序原理：乱序和≥反序和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
6、试题分析：利用排序原理，n个式子相加，可得得：n（a1b1+a2b2+…+a n b n）≤（a1+a2+…+a n）
（b1+b2+…+b n），两边除以n2，即可得到结论．
证明不妨设a1≤a2≤…≤a n，b1≥b2≥…≥b n．
则由排序原理得：
a1b1+a2b2+…+a n b n=a1b1+a2b2+…+a n b n
a1b1+a2b2+…+a n b n≤a1b2+a2b3+…+a n b1
a1b1+a2b2+…+a n b n≤a1b3+a2b4+…+a n﹣1b1+a n b2
…
a1b1+a2b2+…+a n b n≤a1b n+a2b1+…+a n b n﹣1．
将上述n个式子相加，得：n（a1b1+a2b2+…+a n b n）
≤（a1+a2+…+a n）（b1+b2+…+b n）
上式两边除以n2，得：
≤
等号当且仅当a1=a2=…=a n或b1=b2=…=b n时成立．
点评：本题考查排序原理，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
7、试题分析：显然S（i，j）∈N*，证明对任意n0∈N*，存在S（i，j）=n0．考虑10n0+10个前n项和，再考虑如下10n0+10个正整数：S1+n0＜S2+n0＜…＜S10n0+10+n0，由抽屉原理，必有两个相等，可得结论．证明：显然S（i，j）∈N*．（2分）
下证对任意n0∈N*，存在S（i，j）=n0．
用S n表示数列{a n}的前n项和，考虑10n0+10个前n项和：S1＜S2＜…＜S10n0+10，（1）
由题设S10n0+10=（a1+a2+…+a10）+（a11+a12+…+a20）+…+（a10n0+1+a10n0+2+…+a10n0+10）（6分）
另外，再考虑如下10n0+10个正整数：S1+n0＜S2+n0＜…＜S10n0+10+n0，（2）
显然S10n0+10+n0≤20n0+19 （10分）
这样（1），（2）中出现20n0+20个正整数，都不超过20n0+19，
由抽屉原理，必有两个相等．
由于（1）式中各数两两不相等，（2）式中各数也两两不等，
故存在i，j∈N*，使得S j=S i+n0，即j＞i，且n0=S j﹣S i=S（i，j）．
所以，所有S（i，j）构成的集合等于N*．（16分）
点评：本题考查不等式的证明，考查抽屉原理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
8、试题分析：由排序原理：顺序和≥反序和，结合基本不等式，即可得到结论．
证明：不妨设a≥b≥c＞0，∴a2≥b2≥c2，
由排序原理：顺序和≥反序和，得：
a3+b3≥a2b+b2a，b3+c3≥b2c+c2b，c3+a3≥a2c+c2a
三式相加得2（a3+b3+c3）≥a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）．
又a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca．
所以2（a3+b3+c3）≥6abc，
∴a3+b3+c3≥3abc．
当且仅当a=b=c时，等号成立．
点评：本题考查排序原理：顺序和≥反序和，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
9、试题分析：不妨设a≥b≥c＞0，则lga≥lgb≥lgc，据排序不等式，可得三个不等式，相加，即可得出结论．
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
alga+blgb+clgc=alga+blgb+clgc
上述三式相加得：
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）．
点评：本题考查不等式的证明，考查排序不等式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
10、试题分析：利用排序原理，n个式子相加，可得n（a12+a22+…+a n2）≤（a1+a2+…+a n）2，上式两边除以n2，并开方可得结论．
证明：不妨设a1≤a2≤…≤a n，则由排序原理得：
a12+a22+…+a n2=a1a1+a2a2+…+a n a n
a12+a22+…+a n2≤a1a2+a2a3+…+a n a1
a12+a22+…+a n2≤a1a3+a2a4+…+a n﹣1a1+a n a2
…
a12+a22+…+a n2≤a1a n+a2a1+…+a n a n﹣1．
将上述n个式子相加，得：n（a12+a22+…+a n2）≤（a1+a2+…+a n）2，
上式两边除以n2，并开方可得：≤．
点评：本题考查排序原理，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
11、试题分析：由（a3+b3）﹣（a2b+ab2）=（a+b）（a﹣b）2≥0，得a3+b3≥a2b+ab2，同理，
a3+c3≥a2c+ac2，b3+c3≥b2c+bc2三式相加，能证明2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．
证明：先证明：a3+b3≥a2b+ab2，
∵（a3+b3）﹣（a2b+ab2）
=a2（a﹣b）﹣b2（a﹣b）
=（a2﹣b2）（a﹣b）
=（a+b）（a﹣b）2
≥0，
∴a3+b3≥a2b+ab2，取等号的条件是a=b，
同理，a3+b3≥a2b+ab2，
a3+c3≥a2c+ac2，
b3+c3≥b2c+bc2
三式相加，得：
2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b），
取等号的条件是a=b=c，
∴2（a3+b3+c3）≥a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）．
点评：本题考查不等式的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意作差法的合理运用．
12、试题分析：n个正整数x1，x2，x3，…，x n中，不可能有大于或等于5的数，也不可能有三个或三个以上的2，因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成．
解：n个正整数x1，x2，x3，…，x n满足x1+x2+x3+…+x n=1000，
x1，x2，x3，…，x n中，不可能有大于或等于5的数，
这是因为5＜2×3，6＜3×3，…
也不可能有三个或三个以上的2，这是因为三个2的积小于两个3的积，
因此n个数的最大积只可能是由332个3及2个2的积组成，
最大值为22×3332．
点评：本题考查正整数的乘积的最大值的求法，是中档题，解题时要注意排序不等式的合理运用．
13、解：取两组数：与，显然是同序和，
是乱序和，所以