2．2排序不等式eq\a\vs4\al([對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P31])[讀教材·填要點(diǎn)]1．順序和、亂序和、反序和的概念設(shè)a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn是兩組實(shí)數(shù)，c1，c2，c3，…，cn為b1，b2，…，bn的任何一個(gè)排列，稱a1b1＋a2b2＋…＋anbn為這兩個(gè)實(shí)數(shù)組的順序積之和(簡(jiǎn)稱順序和)，稱a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1為這兩個(gè)實(shí)數(shù)組的反序積之和(簡(jiǎn)稱反序和)，稱a1c1＋a2c2＋…＋ancn為這兩個(gè)實(shí)數(shù)組的亂序積之和(簡(jiǎn)稱亂序和)．2．排序原理設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實(shí)數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，則有a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.等號(hào)成立?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.排序原理可簡(jiǎn)記作：反序和≤亂序和≤順序和．[小問題·大思維]1．排序不等式的本質(zhì)含義是什么？提示：排序不等式的本質(zhì)含義是：兩實(shí)數(shù)序列同方向單調(diào)(同時(shí)增或同時(shí)減)時(shí)所得兩兩乘積之和最大，反方向單調(diào)(一增一減)時(shí)所得兩兩乘積之和最小，注意等號(hào)成立條件是其中一序列為常數(shù)序列．2．已知兩組數(shù)a1≤a2≤a3≤a4≤a5，b1≤b2≤b3≤b4≤b5，其中a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11，將bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列記為c1，c2，c3，c4，c5，則a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值和最小值分別為何值？提示：由順序和最大知最大值為：a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304，由反序和最小知最小值為：a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212.eq\a\vs4\al([對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P31])用排序不等式證明不等式(所證不等式中的字母大小順序確定)[例1]已知a，b，c為正數(shù)，a≥b≥c，求證：(1)eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab)；(2)eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).[思路點(diǎn)撥]本題考查排序不等式的直接應(yīng)用，解答本題需要分析式子結(jié)構(gòu)，然后通過對(duì)比、聯(lián)想公式，構(gòu)造數(shù)組，利用公式求解．[精解詳析](1)∵a≥b>0，于是eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)，又c>0，∴eq\f(1,c)>0.從而eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca).同理，∵b≥c>0，于是eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，∵a>0，∴eq\f(1,a)>0，于是得eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab).從而eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab).(2)由(1)eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ca)≥eq\f(1,ab)，于是由順序和≥亂序和得，eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(b5,b3c3)＋eq\f(c5,c3a3)＋eq\f(a5,a3b3)＝eq\f(b2,c3)＋eq\f(c2,a3)＋eq\f(a2,b3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∵a2≥b2≥c2，\f(1,c3)≥\f(1,b3)≥\f(1,a3)))≥eq\f(c2,c3)＋eq\f(a2,a3)＋eq\f(b2,b3)＝eq\f(1,c)＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).利用排序不等式證明不等式的關(guān)鍵是構(gòu)造出不等式中所需要的帶大小順序的兩個(gè)數(shù)組，由于本題已知a≥b≥c，所以可直接利用已知構(gòu)造兩個(gè)數(shù)組．1．設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ac)＋eq\f(c12,ab)≥a10＋b10＋c10.證明：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則a12≥b12≥c12，eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ac)≥eq\f(1,ab)>0，∴由順序和≥亂序和，得eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ac)＋eq\f(c12,ab)≥eq\f(a12,ab)＋eq\f(b12,bc)＋eq\f(c12,ac)＝eq\f(a11,b)＋eq\f(b11,c)＋eq\f(c11,a). ①又∵a11≥b11≥c11，eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a)，∴由亂序和≥反序和得：eq\f(a11,b)＋eq\f(b11,c)＋eq\f(c11,a)≥eq\f(a11,a)＋eq\f(b11,b)＋eq\f(c11,c)＝a10＋b10＋c10， ②由①②兩式得：eq\f(a12,bc)＋eq\f(b12,ac)＋eq\f(c12,ab)≥a10＋b10＋c10.用排序不等式證明不等式(對(duì)所證不等式中的字母大小順序作出假設(shè))[例2]設(shè)x>0，求證：1＋x＋x2＋…＋xn≥(2n＋1)xn.[思路點(diǎn)撥]本題考查排序不等式的應(yīng)用．解答本題需要注意：題目中只給出了x>0，但對(duì)于x≥1，x<1沒有明確，因此需要進(jìn)行分類討論．[精解詳析](1)當(dāng)x≥1時(shí)，1≤x≤x2≤…≤xn，由排序原理：順序和≥反序和，得1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ①又因?yàn)閤，x2，…，xn,1為序列1，x，x2，…，xn的一個(gè)排列，于是再次由排序原理：亂序和≥反序和，得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，得x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn. ②將①和②相加得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.(2)當(dāng)0<x<1時(shí)，1>x>x2>…>xn，但①②仍然成立，于是③也成立．綜合(1)(2)，證畢．在沒有給定字母大小的情況下，要使用排序不等式，必須限定字母的大小順序，而只有具有對(duì)稱性的字母才可以直接限定字母的大小順序，否則要根據(jù)具體情況分類討論．2．設(shè)a1，a2，…，an是1,2，…，n的一個(gè)排列，求證：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).證明：設(shè)b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一個(gè)排列，且b1<b2<…<bn－1；c1，c2，…，cn－1是a2，a3，…，an的一個(gè)排列，且c1<c2<…<cn－1，則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.利用排序不等式，有eq\f(a1,a2)＋eq\f(a2,a3)＋…＋eq\f(an－1,an)≥eq\f(b1,c1)＋eq\f(b2,c2)＋…＋eq\f(bn－1,cn－1)≥eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n－1,n).∴原不等式成立．[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P32]一、選擇題1．銳角三角形中，設(shè)P＝eq\f(a＋b＋c,2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，則P、Q的關(guān)系為()A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D．不能確定解析：不妨設(shè)A≥B≥C，則a≥b≥c，cosA≤cosB≤cosC，則由排序不等式有Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥acosB＋bcosC＋ccosA＝R(2sinAcosB＋2sinBcosC＋2sinCcosA)≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sinC＋sinA＋sinB)＝eq\f(a＋b＋c,2)＝P.答案：C2．已知a，b，c為正數(shù)，P＝eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)，Q＝abc，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則0<eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，0<bc≤ca≤ab，由排序原理：順序和≥亂序和，得eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥eq\f(bc,c)＋eq\f(ca,a)＋eq\f(ab,b)，即eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,abc)≥a＋b＋c，因?yàn)閍，b，c為正數(shù)，所以abc>0，a＋b＋c>0，于是eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)≥abc，即P≥Q.答案：B3．設(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，E＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a1a3,a2)，F(xiàn)＝a1＋a2＋a3，則E，F(xiàn)的關(guān)系是()A．E<F B．E≥FC．E≤F D．E>F解析：不妨設(shè)a1≥a2≥a3>0，于是0<eq\f(1,a1)≤eq\f(1,a2)≤eq\f(1,a3)，a2a3≤a3a1≤a1a2.由排序不等式：順序和≥亂序和得，eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a1a3,a2)＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a1a3,a2)＋eq\f(a2a3,a1)≥eq\f(1,a3)·a1a3＋eq\f(1,a2)·a2a3＋eq\f(1,a1)·a1a2＝a1＋a3＋a2，即eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a1a3,a2)≥a1＋a2＋a3.答案：B4．(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,61)))的取值范圍是()A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)解析：令A(yù)＝(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))＝eq\f(2,1)×eq\f(5,4)×eq\f(8,7)×…×eq\f(3n－1,3n－2)，B＝eq\f(3,2)×eq\f(6,5)×eq\f(9,8)×…×eq\f(3n,3n－1)，C＝eq\f(4,3)×eq\f(7,6)×eq\f(10,9)×…×eq\f(3n＋1,3n).由于eq\f(2,1)>eq\f(3,2)>eq\f(4,3)，eq\f(5,4)>eq\f(6,5)>eq\f(7,6)，eq\f(8,7)>eq\f(9,8)>eq\f(10,9)，…eq\f(3n－1,3n－2)>eq\f(3n,3n－1)>eq\f(3n＋1,3n)>0，所以A>B>C>0.所以A3>A·B·C.由題意知3n－2＝61，所以n＝21.又因?yàn)锳·B·C＝3n＋1＝64，所以A>4.答案：C二、填空題5．若a，b，c均是正實(shí)數(shù)，則eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)________a＋b＋c.解析：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則bc≤ca≤ab，eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c).∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥eq\f(ac,c)＋eq\f(ab,a)＋eq\f(bc,b)＝a＋b＋c.答案：≥6．設(shè)正實(shí)數(shù)a1，a2，…，an的任一排列為a1′，a2′，…，an′，則eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋…＋eq\f(an,an′)的最小值為________．解析：不妨設(shè)0<a1≤a2≤a3…≤an，則eq\f(1,a1)≥eq\f(1,a2)≥…≥eq\f(1,an).其反序和為eq\f(a1,a1)＋eq\f(a2,a2)＋…＋eq\f(an,an)＝n，則由亂序和不小于反序和知eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋…＋eq\f(an,an′)≥eq\f(a1,a1)＋eq\f(a2,a2)＋…＋eq\f(an,an)＝n，∴eq\f(a1,a1′)＋eq\f(a2,a2′)＋…＋eq\f(an,an′)的最小值為n.答案：n7．設(shè)a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一個(gè)排序，則a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范圍是________．解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值為12＋22＋32＋42＝30.最小值為1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范圍是[20,30]．答案：[20,30]8．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c為正數(shù)．則eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)的最小值是________．解析：不妨設(shè)a≥b≥c.∴eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b).∴eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(b,b＋c)＋eq\f(c,c＋a)＋eq\f(a,a＋b). ①eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(c,b＋c)＋eq\f(a,c＋a)＋eq\f(b,a＋b). ②①＋②得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2)，∴eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)≥eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)三、解答題9．已知a，b，c∈R＋，求證：a＋b＋c≤eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b)≤eq\f(a3,bc)＋eq\f(b3,ca)＋eq\f(c3,ab).證明：不妨設(shè)a≥b≥c>0，則a2≥b2≥c2，eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a).由排序不等式，可得a2·eq\f(1,c)＋b2·eq\f(1,a)＋c2·eq\f(1,b)≥a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c)， ①a2·eq\f(1,b)＋b2·eq\f(1,c)＋c2·eq\f(1,a)≥a2·eq\f(1,a)＋b2·eq\f(1,b)＋c2·eq\f(1,c). ②由(①＋②)÷2，可得eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b)≥a＋b＋c.又因?yàn)閍≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，eq\f(1,bc)≥eq\f(1,ac)≥eq\f(1,ab).由排序不等式，得a3·eq\f(1,bc)＋b3·eq\f(1,ca)＋c3·eq\f(1,ab)≥a3·eq\f(1,ac)＋b3·eq\f(1,ab)＋c3·eq\f(1,bc). ③a3·eq\f(1,bc)＋b3·eq\f(1,ca)＋c3·eq\f(1,ab)≥a3·eq\f(1,ab)＋b3·eq\f(1,bc)＋c3·eq\f(1,ca). ④由(③＋④)÷2，可得eq\f(a3,bc)＋eq\f(b3,ca)＋eq\f(c3,ab)≥eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f(b2＋c2,2a)＋eq\f(c2＋a2,2b).綜上可知原式成立．10．設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤eq\f(a8＋b8＋c8,a3b3c3).證明：不妨設(shè)a≥b≥c>0.由不等式的單調(diào)性，知eq\f(1,c)≥eq\f(1,b)≥eq\f(1,a)，而eq\f(1,b3c3)≥eq\f(1,c3a3)≥eq\f(1,a3b3).由不等式的性質(zhì)，知a5≥b5≥c5.根據(jù)排序原理，知eq\f(a5,b3c3)＋eq\f(b5,c3a3)＋eq\f(c5,a3b3)≥eq\f(a5,c3a3)＋eq\f(b5,a3b3)＋eq\f(c5,b3c3)＝eq\f(a2,c3)＋eq\f(b2,a3)＋eq\f(c2,b3).又由不等式的性質(zhì)，知a2≥b2≥c2，eq\f(1,c3)≥eq\f(1,b3)≥eq\f(1,a3).由排序原理，得eq\f(a2,c3)＋eq\f(b2,a3)＋eq\f(c2,b3)≥eq\f(