三 排序不等式教案教学设计导入整理

三

排序不等式

学习目标

1.了解反序和、乱序和、顺序和等有关概念.2.了解排序不等式及其证明的几何意义与背景.3.掌握排序不等式的结构形式，并能简单应用．

知识点

排序不等式

思考1

某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少种不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？

答案

(1)共有3×2×1＝6(种)不同的购买方案．

(2)5×3＋4×2＋2×1＝25(元)，这种方案花钱最多；

5×1＋4×2＋2×3＝19(元)，这种方案花钱最少．

思考2

如图，∠POQ＝60°，比较S大小．

A1OB1SA2OB2SA3OB3与SAOB13SA2OB2SA3OB1的

答案

SAOB11SA2OB2SA3OB3SAOB13SA2OB2SA3OB1.

梳理

(1)顺序和、乱序和、反序和的概念

设有两个有序实数组：a1≤a2≤…≤an；b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任意一个排列．

①乱序和：S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn. ②反序和：S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1. ③顺序和：S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn. (2)排序不等式(排序原理) 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则a1bn＋a2bn－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．

类型一

利用排序不等式证明不等式

命题角度1

字母已定序问题

例1

已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，

a5b5c5111求证：33＋33＋33≥＋＋. bccaababc11证明

∵a≥b＞0，于是≤，

ab11又c＞0，从而≥，

bcca11111同理≥，从而≥≥. caabbccaab又顺序和不小于乱序和，故可得

a5b5c5b5c5a5＋＋≥＋＋

b3c3c3a3a3b3b3c3c3a3a3b3111b2c2a2222＝3＋3＋3∵a≥b≥c，c3≥b3≥a3

cabc2a2b2≥3＋3＋3

cab111111＝＋＋＝＋＋. cababc∴原不等式成立．

反思与感悟

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．

c2b2a2a2b2c2跟踪训练1

已知0＜a≤b≤c，求证：＋＋≥＋＋. a＋ba＋cb＋ca＋bb＋cc＋a证明

因为0＜a≤b≤c，所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c，

111所以≥≥＞0，

a＋bc＋ab＋c又0＜a2≤b2≤c2，

c2b2a2所以＋＋是顺序和，

a＋ba＋cb＋ca2b2c2＋＋是乱序和，

a＋bb＋cc＋a由排序不等式可知顺序和大于等于乱序和，

c2b2a2a2b2c2即不等式＋＋≥＋＋成立．

a＋ba＋cb＋ca＋bb＋cc＋a

命题角度2

字母大小顺序不定问题

a2b2c21例2

已知a，b，c均为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．

b＋cc＋aa＋b2证明

由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，

111所以a2≥b2≥c2，≥≥. b＋cc＋aa＋b由顺序和≥乱序和得到两个不等式：

a2b2c2a2b2c2＋＋≥＋＋，

b＋cc＋aa＋bc＋aa＋bb＋ca2b2c2a2b2c2＋＋≥＋＋. b＋cc＋aa＋ba＋bb＋cc＋a两式相加，得

abcb＋cc＋aa＋b2b＋c＋c＋a＋a＋b≥b＋c＋c＋a＋a＋b，

b2＋c21c2＋a21注意到≥(b＋c)，≥(c＋a)，

b＋c2c＋a2a2＋b21≥(a＋b)，

a＋b2222abc所以2b＋c＋c＋a＋a＋b

222222222111≥(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b) 222＝a＋b＋c. a2b2c21故＋＋≥(a＋b＋c)．

b＋cc＋aa＋b2反思与感悟

对于排序不等式，其核心是必须有两组完全确定的数据，所以解题的关键是构造出这样的两组数据．

跟踪训练2

设a，b，c∈R＋，利用排序不等式证明：

b5＋c5c5＋a5a5＋b5a＋b＋c≤＋＋. 2a22b22c2333证明

不妨设0＜a≤b≤c，

111则a5≤b5≤c5，2≤2≤2，

cba所以由排序不等式可得

a5b5c5a5b5c5a＋b＋c＝2＋2＋2≤2＋2＋2，

abccab333a5b5c5a5b5c5a＋b＋c＝2＋2＋2≤2＋2＋2，

abcbca333

b5＋c5c5＋a5a5＋b5所以a＋b＋c≤＋＋. 2a22b22c2333类型二

利用排序不等式求最值

例3

设a，b，c为任意正数，求abc＋＋的最小值．

b＋cc＋aa＋b解

由于a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，

则a＋b≥a＋c≥b＋c，

111≥≥，

b＋cc＋aa＋b由排序不等式，得

abcbca＋＋≥＋＋，

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋babccab＋＋≥＋＋，

b＋cc＋aa＋bb＋cc＋aa＋babc上述两式相加，得2b＋c＋c＋a＋a＋b≥3，

即abc3＋＋≥. b＋cc＋aa＋b2abc3当且仅当a＝b＝c时，＋＋取最小值. 2b＋cc＋aa＋b反思与感悟

求最小(大)值，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出一个或二个适当的乱序和，从而求出其最小(大)值．

111跟踪训练3

设0＜a≤b≤c且abc＝1.试求3＋3＋3的最小值．

ab＋cba＋cca＋b解

令S＝111＋3＋3，

ab＋cba＋cca＋b3abc2abc2abc2则S＝3＋＋

ab＋cb3a＋cc3a＋b＝bcacab·bc＋·ac＋·ab. ab＋cba＋cca＋b111由已知可得≥≥，ab≤ac≤bc. ab＋cba＋cca＋b∴S≥＝bcacab·ac＋·ab＋·bc

ab＋cba＋cca＋bcab＋＋. ab＋cba＋cca＋bbcacab·ab＋·bc＋·ac

ab＋cba＋cca＋b又S≥＝bca＋＋，

ab＋cba＋cca＋b

31111两式相加，得2S≥＋＋≥3·＝3. abcabc31113∴S≥，即3＋3＋3的最小值为. 22ab＋cba＋cca＋b

1．设a，b，c均为正数，且P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是(

) A．P＞Q

B．P≥Q

C．P＜Q

D．P≤Q

答案

B 解析

不妨设a≥b≥c＞0，则a2≥b2≥c2＞0.由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，所以P≥Q. 2．已知a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11.将bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值是(

) A．324

C．304

答案

C 解析

a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5

＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304. 3．n个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________．

答案

n

解析

设0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，

11则0＜an1≤an－1≤…≤a1，

－－－B．314 D．212 则由排序不等式得，反序和≤乱序和≤顺序和．

故最小值为反序和

a1·a11＋a2·a21＋…＋an·an1＝n. －－－a2b2ab4．设a，b都是正数，求证：b＋a≥b＋a. 证明

由题意不妨设a≥b＞0. 11a2b2则a≥b，≥，所以≥. baba22a21b21根据排序不等式知，·＋·

bbaaa21b21≥·＋·，

baaba2b2ab即b＋a≥b＋a.

1．对排序不等式的理解

排序原理是对不同的两个数组来研究不同的乘积和的问题，能构造的和按数组中的某种“搭配”的顺序被分为三种形式：顺序和、反序和、乱序和，对这三种不同的搭配形式只需注意是怎样的“次序”，两种较为简单的是“顺与反”，而乱序和也就是不按“常理”的顺序了．

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．排序不等式取等号的条件

等号成立的条件是其中一序列为常数序列，即a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝b3＝…＝bn. 4．排序原理的思想

在解答数学问题时，常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．

一、选择题

1．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(

) A．ax＋by＋cz

C．ay＋bz＋cx

答案

B 解析

根据排序原理，反序和最小，即az＋by＋cx最小．

2．已知a，b，c＞0，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是(

) A．大于零

C．小于零

答案

B 解析

当a＝b＝c＝1时，

a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝0，

当a＝1，b＝2，c＝3时，

B．大于零或等于零

D．小于零或等于零

B．az＋by＋cx

D．ay＋bx＋cz

a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62. 3．设a，b，c都是正数，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 解析

不妨设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. ∵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. a＋b＋c4．在锐角三角形ABC中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的大小关2系为(

) A．P≥Q

C．P≤Q

答案

C 解析

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＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A

＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)，

Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥bcos A＋ccos B＋acos C

＝R(2sin Bcos A＋2sin Ccos B＋2sin Acos C)，

上面两式相加，得

1Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥R(2sin Acos B＋

22sin Bcos A＋2sin Bcos C＋2sin Ccos B＋2sin Ccos A＋2sin Acos C) ＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)] B．P＝Q

D．不能确定

a＋b＋c＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝P＝. 25．设a1，a2，a3为正数，E＝a1a2a2a3a3a1＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关系是(

) a3a1a2A．E＜F

B．E≥F

C．E＝F

D．E≤F

答案

B 解析

不妨设a1≥a2≥a3＞0，

111则≤≤且a2a3≤a3a1≤a1a2，

a1a2a3a1a2a1a3a2a3111∴＋＋≥·a1a2＋·a2a3＋·aa

a3a2a1a1a2a331＝a1＋a2＋a3. ∴E≥F. 6．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋xy3，则M与N的大小关系是(

) A．M＞N

B．M≥N

C．M＜N

D．M≤N

答案

B 解析

∵x≥y，

∴x3≥y3. ∴M＝x·x3＋y·y3≥x3·y＋y3·x＝x3y＋y3x＝N. 二、填空题

7．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．

答案

32

28 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. 8．5个人各拿一只水桶到水龙头接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4 min,8 min,6 min，10 min，5 min，统筹安排这5个人接水的顺序，则他们等待的总时间最少为________ min. 答案

84 解析

5个人按接水时间为4 min,5 min,6 min,8 min，10 min的顺序进行接水时等待的总时间最少，为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84(min)．

π9．在Rt△ABC中，∠C为直角，A，B所对的边分别为a，b，则aA＋bB与(a＋b)的大小4关系为________．

π答案

aA＋bB≥(a＋b) 4解析

不妨设a≥b＞0，

则A≥B＞0，由排序不等式

aA＋bB≥aB＋bA⇒2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B) aA＋bB＝aA＋bBπ＝(a＋b)，

2π∴aA＋bB≥(a＋b)．

4a2a2a2a2n－112n10．设a1，a2，…，an为正数，且a1＋a2＋…＋an＝5，则＋＋…＋＋的最小值为a2a3ana1________．

答案

5 解析

由所求代数式的对称性，

不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，

22所以a21≤a2≤…≤an，

111≥≥…≥，

a1a2an11111111121而，，…，，为，，，…，的一个排列，由乱序和≥反序和，得a21·＋a2·a2a3ana1a1a2a3ana2a32a21a2a2ann－112221212121＋…＋an－1·＋an·≥a1·＋a2·＋…＋an·，即＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an＝ana1a1a2ana2a3ana15. 三、解答题

11．设a，b，c∈(0，＋∞)，利用排序不等式证明：a2ab2bc2c≥abcbcacab. ＋＋＋证明

不妨设a≥b≥c＞0，则lg a≥lg b≥lg c，

所以alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c，

alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c，

所以2alg a＋2blg b＋2clg c≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c，

所以lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(abc·bac·cab)，

＋＋＋故a2ab2bc2c≥abcbcacab. ＋＋＋12．设a1，a2，…，an是n个互不相等的正整数，求证：

111a2a3an1＋＋＋…＋≤a1＋2＋2＋…＋2. 23n23n证明

设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一个排列，且满足b1＜b2＜…＜bn. 因为b1，b2，…，bn是互不相等的正整数，

故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n. 111又因为1＞2＞2＞…＞2，

23n

故由排序不等式，得

a2a3anb2b3bna1＋2＋2＋…＋2≥b1＋2＋2＋…＋2

23n23n111≥1×1＋2×2＋3×2＋…＋n·2

23n111＝1＋＋＋…＋. 23nπ113．已知0＜α＜β＜γ＜，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．

22πππ0，上为增函数，y＝cos x在0，为减函数，

证明

∵0＜α＜β＜γ＜，且y＝sin x在222∴0＜sin α＜sin β＜sin γ，cos α＞cos β＞cos γ＞0. 1∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 22γ)．

四、探究与拓展

14．设x，y，z为正数，求证：

x2＋y2y2＋z2z2＋x2x＋y＋z≤＋＋. 2z2x2y证明

由于不等式关于x，y，z对称，

不妨设0＜x≤y≤z，

111于是x2≤y2≤z2，≤≤，

zyx由反序和≤乱序和，得

111111x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，

xyzzxy111111x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，

xyzyzx将上面两式相加得

x2＋y2y2＋z2z2＋x22(x＋y＋z)≤＋＋，

zxyx2＋y2y2＋z2z2＋x2于是x＋y＋z≤＋＋. 2z2x2y15．设x＞0，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. 证明

(1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn. 由排序原理知，

1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥xn·1＋xn1·x＋…＋1·xn，

－所以1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn.

①

又因为x，x2，…，xn,1为1，x，x2，…，xn的一个排序，于是由排序原理得1·x＋x·x2＋…

＋xn1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn1＋…＋xn1·x＋xn·1，

－－－所以x＋x3＋…＋x2n1≥nxn. －

②

①＋②，得

1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. (2)当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞xn，

同理可得结论．

综合(1)与(2)可知，当x＞0时，

1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.