2019-2020学年高中数学课时作业12排序不等式北师大版选修4-5

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文档介绍

2019-2020学年高中数学课时作业12排序不等式北师大版选修4-5

课时作业(十二)‎ ‎1．若00所以a3≥b3≥c3.根据排序原理，得a3×a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b‎3c＋c‎3a.‎ 又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b‎3c＋c‎3a≥a2bc＋b‎2ac＋c2ab.‎ 所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b‎2ac＋c2ab，即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.‎ ‎3．设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则a1b1－1＋a2b2－1＋…＋anbn－1的最小值是(　　)‎ A．1 B．n C．n2 D．无法确定 答案　B 解析　设a1≥a2≥…≥an>0可知an－1≥an－1－1≥…≥a1－1，由排序原理，得a1b1－1＋a2b2－1＋…＋anbn－1≥a‎1a1－1＋a‎2a2－1＋…＋anan－1＝n.‎ ‎4．设a，b∈R＋，P＝a3＋b3，Q＝a2b＋ab2，则P与Q的大小关系是(　　)‎ A．P>Q B．P≥Q C．PN C．M≤N D．M0，则a4≥b4≥c4，据排序不等式，得a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4，又a3≥b3≥c3>0且ab≥ac≥bc>0，∴a4b＋b‎4c＋c‎4a＝a3·ab＋b3·bc＋c3·ca≥a3bc＋b‎3ac＋c3bc，即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b‎3ac＋c3bc，∴M≥N.‎ 5‎ ‎6．若A＝x12＋x22＋…＋xn2，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为(　　)‎ A．A>B B．A0，则式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b‎3ac－c3ab与0的大小关系是(　　)‎ A．M≥0‎ B．M≤0‎ C．M与0的大小关系与a，b，c的大小有关 D．不能确定 答案　A ‎9．顺序和，反序和，乱序和的大小关系是________________．‎ 答案　反序和≤乱序和≤顺序和 ‎10．若a>0，b>0且a＋b＝1，则＋的最小值是________．‎ 答案　1‎ 解析　不妨设a≥b>0，则有a2≥b2，且≥，‎ 由排序不等式＋≥·a2＋·b2＝a＋b＝1.‎ 当且仅当a＝b＝时取等号，所以＋的最小值为1.‎ ‎11．设a，b都是正数，若P＝()2＋()2，Q＝＋，则二者的关系是________．‎ 答案　P≥Q 解析　由题意不妨设a≥b≥0.‎ 由不等式的性质，知a2≥b2，≥.所以≥.‎ 根据排序原理，知 ×＋×≥×＋×，即()2＋()2≥＋.‎ 5‎ ‎12．若a，b，c>0，a2＋b2＋c2＝3，则ab＋bc＋ca的最大值是________．‎ 答案　3‎ ‎13．设a1，a2，…，an为正数，且a1＋a2＋…＋an＝5，则＋＋…＋＋的最小值为________．‎ 答案　5‎ 解析　由所求代数式的对称性，不妨设00，‎ ‎∴≤≤，a‎2a3≤a‎3a1≤a‎1a2.‎ 根据排序不等式：顺序和≥乱序和，‎ ‎∴＋＋≥·a2·a3＋·a‎3a1＋·a‎1a2＝a3＋a2＋a1.‎ 即＋＋≥a1＋a2＋a3.‎ ‎15．设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．‎ 思路　　题目中没有给出a，b，c的大小顺序，且a，b，c在不等式中的地位是均等的，不妨设a≥b≥c>0，再利用排序不等式等号成立求得．‎ 解析　不妨设a≥b≥c>0，则a＋b≥a＋c≥b＋c，故≥≥.‎ 由排序不等式，得 ＋＋≥＋＋，‎ ＋＋≥＋＋.‎ 两式相加，得2(＋＋)≥3，‎ 即＋＋≥.‎ 5‎ 当且仅当a＝b＝c时，＋＋取最小值.‎ 点评　解决本题的关键是由排序不等式得出不同不等式，相加构造出要求的式子，从而求得其最小值．‎ ‎1．已知a2＋2b2＋‎3c2＝6，若存在实数a，b，c，使得不等式a＋2b＋‎3c>|x＋1|成立，则实数x的取值范围是________．‎ 答案　(－7，5)‎ 解析　由柯西不等式知 ‎[12＋()2＋()2][a2＋(b)2＋(c)2]‎ ‎≥(1·a＋×b＋×c)2，‎ 即6×(a2＋2b2＋‎3c2)≥(a＋2b＋‎3c)2，‎ 又因为a2＋2b2＋‎3c2＝6，‎ 所以6×6≥(a＋2b＋‎3c)2，所以－6≤a＋2b＋‎3c≤6，‎ 因为存在实数a，b，c，使得不等式a＋2b＋‎3c>|x＋1|成立．‎ 所以|x＋1|<6，所以－7‎ 解析　因为10<11<12<13，且lg1013lg10＋12lg11＋11lg12＋10lg13，‎ 所以lg(1010×1111×1212×1313)>lg(1013×1112×1211×1310)，‎ 即1010×1111×1212×1313>1013×1112×1211×1310.‎ ‎3．已知a，b，c∈R＋，求证：＋＋≤.‎ 证明　不妨设a≥b≥c>0，则a2≥b2.‎ ‎∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2·b＋b2·a＝ab(a＋b)．‎ 同理，b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)．‎ 所以＋＋ ‎≤＋＋ ‎＝·(＋＋)＝.‎ ‎4．设a，b，c为某一三角形的三边，a≥b≥c.‎ 求证：(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.‎ 5‎ 证明　(1)用比较法．‎ 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)，‎ ‎∵b≥c，b＋c－a>0，‎ ‎∴c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0，‎ 即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)． ①‎ 同理可证：b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ②‎ 综合①②证毕．‎ ‎(2)由题设及①知 a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)．‎ 由反序和≤乱序和，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)‎ ‎≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c)‎ ‎＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c) ③‎ 再一次由反序和≤乱序和，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)‎ ‎≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c)‎ ‎＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)． ④‎ 将③和④相加再除以2，得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.‎ 5‎
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