2024秋高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式课堂演练含解析新人教A版选修4-5

PAGE1-第三讲柯西不等式与排序不等式3.3排序不等式A级基础巩固一、选择题1．设a≥b＞0，P＝a3＋b3，Q＝a2b＋ab2，则P与Q的大小关系是()A．P＞Q B．P≥QC．P＜Q D．P≤Q解析：因为a≥b＞0，所以a2≥b2＞0.因此a3＋b3≥a2b＋ab2(排序不等式)，则P≥Q.答案：B2．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4min，8min，6min，10min，5min，每台机床停产1min损失5元，经合理支配损失最少为()A．420元 B．400元C．450元 D．570元解析：损失最少为5(1×10＋2×8＋3×6＋4×5＋5×4)＝420(元)，反序和最小．答案：A3．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x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为()A．A＞B B．A＜BC．A≥B D．A≤B解析：依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn}的一个排列．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：C4．设正实数a1，a2，a3的任一排列为a1′，a2′，a3′，则eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋eq\f(a3,a3′)的最小值为()A．3 B．6C．9 D．12解析：设a1≥a2≥a3＞0，则eq\f(1,a3)≥eq\f(1,a2)≥eq\f(1,a1)＞0，由乱序和不小于反序和，知eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋eq\f(a3,a3′)≥eq\f(a1,a1)＋eq\f(a2,a2)＋eq\f(a3,a3)＝3，所以eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋eq\f(a3,a3′)的最小值为3.答案：A5．已知a，b，c∈(0，＋∞)，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负状况是()A．大于零 B．大于等于零C．小于零 D．小于等于零解析：设a≥b≥c＞0，所以a3≥b3≥c3，依据排序原理，得a3·a＋b3·b＋c3·c≥a3b＋b3c＋c3a.又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab.所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab，即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.答案：B二、填空题6．如图所示，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，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．(填“≥”“≤”或“＝”)解析：阴影面积为a1b1＋a2b2，而空白面积为a1b2＋a2b1.依据依次和≥反序和可知答案．答案：≥7．若c1，c2，c3是4，5，6的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．解析：由排序不等式，依次和最大，反序和最小．所以最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28.答案：32288．某班学生要开联欢会，须要买价格不同的礼品4件，5件和2件．现在选择商店中单价分别为3元，2元和1元的礼品，则至少要花________元，最多要花________元．解析：两组数2件、4件、5件与1元、2元、3元的反序和S1＝2×3＋4×2＋5×1＝19(元)．依次和S2＝2×1＋4×2＋5×3＝25(元)．依据排序原理可知至少花19元，最多花25元．答案：1925三、解答题9．设a1，a2，a3为正数，且a1＋a2＋a3＝1，求eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)的最小值．解：不妨设a3＞a1＞a2＞0，则eq\f(1,a3)＜eq\f(1,a1)＜eq\f(1,a2)，所以a1a2＜a2a3＜a3a1.设乱序和S＝eq\f(a1a3,a3)＋eq\f(a1a2,a1)＋eq\f(a3a2,a2)＝a1＋a2＋a3＝1，依次和S′＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2).由排序不等式得eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)≥a1＋a2＋a3＝1，所以eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)的最小值为1.10．已知0<α<β<γ<eq\f(π,2)，求证：sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγ·cosα>eq\f(1,2)(sin2α＋sin2β＋sin2γ)．证明：因为0<α<β<γ<eq\f(π,2)，且y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，所以0<sinα<sinβ<sinγ，cosα>cosβ>cosγ>0.所以sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα>sinαcosα＋sinβcosβ＋sinγcosγ＝eq\f(1,2)(sin2α＋sin2β＋sin2γ)．B级实力提升1．已知实数a≥b≥c≥0，且a3＋b3＋c3＝3，则aeq\r(b)＋beq\r(c)＋ceq\r(a)的最大值是()A．1 B．2C．3 D.eq\r(3)解析：因为a≥b≥c≥0，知eq\r(a)≥eq\r(b)≥eq\r(c)，由排序不等式，得aeq\r(b)＋beq\r(c)＋ceq\r(a)≤aeq\r(a)＋beq\r(b)＋ceq\r(c).又(aeq\r(a)＋beq\r(b)＋ceq\r(c))2≤[(aeq\r(a))2＋(beq\r(b))2＋(ceq\r(c))2]·(1＋1＋1)＝3(a3＋b3＋c3)＝9，所以aeq\r(a)＋beq\r(b)＋ceq\r(c)≤3.故aeq\r(b)＋beq\r(c)＋ceq\r(a)≤3.答案：C2．若a＞0，b＞0且a＋b＝1，则eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)的最小值是________．解析：不妨设a≥b＞0，则有a2≥b2，且eq\f(1,b)≥eq\f(1,a).由排序不等式eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥eq\f(1,a)·a2＋eq\f(1,b)·b2＝a＋b＝1，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．所以eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)的最小值为1.答案：13．设a1，a2，…，an是1，2，…，n的一个排列．求证：eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n－1,n)≤eq\f(a1,a2)＋eq\f(a2,a3)＋…＋eq\f(an－1,an).证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1<b2<…<bn－1；c1，c2，…，cn－1是a2，a3，…，an的一个排列，且c1<c2<…<cn－1，则eq\f(1,c1)>eq\f(1,c2)>…>eq\f(1,cn－1)且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n，所以eq\f(1,c1)≥eq\f(1,2)，eq\f(1,c2)≥eq\f