2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二章 幾個(gè)重要的不等式 2 排序不等式學(xué)案 北師大版選修4-5.docx
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2 排序不等式 學(xué)習(xí)目標(biāo) 1.了解順序和、亂序和、逆序和的有關(guān)概念.2.掌握排序不等式的結(jié)構(gòu)特征,并能應(yīng)用排序不等式證明一些不等式. 知識(shí)點(diǎn) 排序不等式 思考 某班學(xué)生要開聯(lián)歡會(huì),需要買價(jià)格不同的禮品4件、5件及2件,現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為3元、2元和1元的禮品,問有多少種不同的購買方案?在這些方案中哪種花錢最少?哪種花錢最多? 答案 (1)共有321=6(種)不同的購買方案. (2)53+42+21=25(元),這種方案花錢最多; 51+42+23=19(元),這種方案花錢最少. 梳理 (1)順序和、亂序和、逆序和的概念 設(shè)實(shí)數(shù)a1,a2,a3,b1,b2,b3滿足a1≥a2≥a3,b1≥b2≥b3,則a1b1+a2b2+a3b3≥≥a1b3+a2b2+a3b1,其中j1,j2,j3是1,2,3的任一排列方式.上式當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=a3(或b1=b2=b3)時(shí)取“=”號. 通常稱a1b1+a2b2+a3b3為順序和,為亂序和,a1b3+a2b2+a3b1為逆序和(倒序和). (2)排序不等式 ①定理1:設(shè)a,b和c,d都是實(shí)數(shù),如果a≥b,c≥d,那么ac+bd≥ad+bc, 此式當(dāng)且僅當(dāng)a=b(或c=d)時(shí)取“=”號. ②定理2:(排序不等式)設(shè)有兩個(gè)有序?qū)崝?shù)組 a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn, 則(順序和)a1b1+a2b2+…+anbn≥(亂序和)≥(逆序和)a1bn+a2bn-1+…+anb1. 其中j1,j2,…,jn是1,2,…,n的任一排列方式,上式當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an(或b1=b2=…=bn)時(shí)取“=”號. 類型一 利用排序不等式證明不等式 命題角度1 字母已定序問題 例1 已知a,b,c為正數(shù),且a≥b≥c,求證:++≥++. 證明 ∵a≥b>0,∴≤, 又c>0,從而≥, 同理≥,從而≥≥. 又順序和不小于亂序和,故可得 ++≥++=++ ≥++=++=++. ∴原不等式成立. 反思與感悟 利用排序不等式證明不等式的技巧在于仔細(xì)觀察、分析所要證明的式子的結(jié)構(gòu),從而正確地構(gòu)造出不等式中所需要的帶有大小順序的兩個(gè)數(shù)組. 跟蹤訓(xùn)練1 已知0<a≤b≤c,求證:++≥++. 證明 因?yàn)?<a≤b≤c,所以0<a+b≤c+a≤b+c, 所以≥≥>0. 又0<a2≤b2≤c2, 所以++是順序和,++是亂序和, 由排序不等式可知,順序和大于等于亂序和, 即不等式++≥++成立. 命題角度2 字母大小順序不定問題 例2 已知a,b,c均為正數(shù),求證:++≥(a+b+c). 證明 由不等式的對稱性,不妨設(shè)a≥b≥c>0, 所以a2≥b2≥c2,≥≥. 由順序和≥亂序和得到兩個(gè)不等式: ++≥++, ++≥++. 兩式相加,得 2≥++, 注意到≥(b+c),≥(c+a),≥(a+b), 所以2≥(b+c)+(c+a)+(a+b)=a+b+c. 故++≥(a+b+c). 反思與感悟 對于排序不等式,其核心是必須有兩組完全確定的數(shù)據(jù),所以解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出這樣的兩組數(shù)據(jù). 跟蹤訓(xùn)練2 設(shè)a,b,c∈R+,利用排序不等式證明: a3+b3+c3≤++. 證明 不妨設(shè)0<a≤b≤c, 則a5≤b5≤c5,≤≤, 所以由排序不等式可得 a3+b3+c3=++≤++, a3+b3+c3=++≤++, 所以a3+b3+c3≤++. 類型二 利用排序不等式求最值 例3 設(shè)a,b,c為任意正數(shù),求++的最小值. 解 由于a,b,c的對稱性,不妨設(shè)a≥b≥c>0, 則a+b≥a+c≥b+c,≥≥. 由排序不等式,得 ++≥++, ++≥++, 上述兩式相加,得 2≥3, 即++≥. 當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí), ++取最小值. 反思與感悟 求最小(大)值,往往所給式子是順(逆)序和式,然后利用順(逆)序和不小(大)于亂序和的原理構(gòu)造出一個(gè)或二個(gè)適當(dāng)?shù)膩y序和,從而求出其最小(大)值. 跟蹤訓(xùn)練3 設(shè)0<a≤b≤c且abc=1.試求++的最小值. 解 令S=++, 則S=++=bc+ac+ab. 由已知可得≥≥,ab≤ac≤bc. ∴S≥ac+ab+bc=++. 又S≥ab+bc+ac=++, 兩式相加,得2S≥++≥3=3. ∴S≥,即++的最小值為. 1.設(shè)a,b,c均為正數(shù),且P=a3+b3+c3,Q=a2b+b2c+c2a,則P與Q的大小關(guān)系是( ) A.P>QB.P≥QC.P<QD.P≤Q 答案 B 解析 不妨設(shè)a≥b≥c>0,則a2≥b2≥c2>0.由排序不等式,得a2a+b2b+c2c≥a2b+b2c+c2a,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí),等號成立,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.將bi(i=1,2,3,4,5)重新排列記為c1,c2,c3,c4,c5,則a1c1+a2c2+…+a5c5的最大值是( ) A.324 B.314 C.304 D.212 答案 C 解析 a1c1+a2c2+…+a5c5≤a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5 =23+74+86+910+1211=304. 3.n個(gè)正數(shù)與這n個(gè)正數(shù)的倒數(shù)的乘積的和的最小值為________. 答案 n 解析 設(shè)0<a1≤a2≤a3≤…≤an, 則0<a≤a≤…≤a, 則由排序不等式,得逆序和≤亂序和≤順序和, 故最小值為逆序和a1a+a2a+…+ana=n. 4.設(shè)a,b都是正數(shù),求證:2+2≥+. 證明 由題意不妨設(shè)a≥b>0. 則a2≥b2,≥,所以≥. 根據(jù)排序不等式知,+≥+, 即2+2≥+. 1.對排序不等式的理解 排序原理是對不同的兩個(gè)數(shù)組來研究不同的乘積和的問題,能構(gòu)造的和按數(shù)組中的某種“搭配”的順序被分為三種形式:順序和、逆序和、亂序和,對這三種不同的搭配形式只需注意是怎樣的“次序”,兩種較為簡單的是“順與逆”,而亂序和也就是不按“常理”的順序了. 2.排序不等式的本質(zhì) 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?。? 3.排序不等式取等號的條件 等號成立的條件是其中一序列為常數(shù)序列,即a1=a2=…=an或b1=b2=b3=…=bn. 4.排序原理的思想 在解答數(shù)學(xué)問題時(shí),常常涉及一些可以比較大小的量,它們之間并沒有預(yù)先規(guī)定大小順序,那么在解答問題時(shí),我們可以利用排序原理的思想方法,將它們按一定順序排列起來,繼而利用不等關(guān)系來解題.因此,對于排序原理,我們記住的是處理問題的這種思想及方法,同時(shí)要學(xué)會(huì)善于利用這種比較經(jīng)典的結(jié)論來處理實(shí)際問題. 一、選擇題 1.有三個(gè)房間需要粉刷,粉刷方案要求:每個(gè)房間只用一種顏色,且三個(gè)房間顏色各不相同.已知三個(gè)房間的粉刷面積(單位:m2)分別為x,y,z,且x<y<z,三種顏色涂料的粉刷費(fèi)用(單位:元/m2)分別為a,b,c,且a<b<c.在不同的方案中,最低的總費(fèi)用(單位:元)是( ) A.a(chǎn)x+by+cz B.a(chǎn)z+by+cx C.a(chǎn)y+bz+cx D.a(chǎn)y+bx+cz 答案 B 解析 根據(jù)排序原理,逆序和最小,即az+by+cx最小. 2.已知a,b,c>0,則a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)的正負(fù)情況是( ) A.大于零 B.大于零或等于零 C.小于零 D.小于零或等于零 答案 B 解析 當(dāng)a=b=c=1時(shí), a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)=0; 當(dāng)a=1,b=2,c=3時(shí), a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)=62. 3.設(shè)a,b,c都是正數(shù),則式子M=a5+b5+c5-a3bc-b3ac-c3ab與0的大小關(guān)系是( ) A.M≥0 B.M≤0 C.M與0的大小關(guān)系與a,b,c的大小有關(guān) D.不能確定 答案 A 解析 不妨設(shè)a≥b≥c>0, 則a3≥b3≥c3,且a4≥b4≥c4, 則a5+b5+c5=aa4+bb4+cc4≥ac4+ba4+cb4. ∵a3≥b3≥c3,且ab≥ac≥bc, ∴a4b+b4c+c4a=a3ab+b3bc+c3ca≥a3bc+b3ac+c3ab. ∴a5+b5+c5≥a3bc+b3ac+c3ab, ∴M≥0. 4.銳角三角形ABC中,設(shè)P=,Q=acosC+bcosB+ccosA,則P,Q的大小關(guān)系為( ) A.P≥Q B.P=Q C.P≤Q D.不能確定 答案 C 解析 不妨設(shè)A≥B≥C, 則a≥b≥c,cosA≤cosB≤cosC, 則由排序不等式可知, Q=acosC+bcosB+ccosA≥acosB+bcosC+ccosA =R(2sinAcosB+2sinBcosC+2sinCcosA), Q=acosC+bcosB+ccosA≥bcosA+ccosB+acosC =R(2sinBcosA+2sinCcosB+2sinAcosC), 上面兩式相加,得Q=acosC+bcosB+ccosA≥ R(2sinAcosB+2sinBcosA+2sinBcosC+2sinCcosB +2sinCcosA+2sinAcosC) =R[sin(A+B)+sin(B+C)+sin(A+C)] =R(sinC+sinA+sinB) =P=,即Q≥P. 5.設(shè)a1,a2,a3為正數(shù),E=++,F(xiàn)=a1+a2+a3,則E,F(xiàn)的大小關(guān)系是( ) A.E<FB.E≥FC.E=FD.E≤F 答案 B 解析 不妨設(shè)a1≥a2≥a3>0, 則≤≤且a2a3≤a3a1≤a1a2, ∴++≥a1a2+a2a3+a3a1=a1+a2+a3. ∴E≥F. 6.已知x≥y,M=x4+y4,N=x3y+xy3,則M與N的大小關(guān)系是( ) A.M>NB.M≥NC.M<ND.M≤N 答案 B 解析 ∵x≥y,∴x3≥y3. ∴M=xx3+yy3≥x3y+y3x=x3y+y3x=N. 二、填空題 7.已知兩組數(shù)1,2,3和4,5,6,若c1,c2,c3是4,5,6的一個(gè)排列,則c1+2c2+3c3的最大值是__________,最小值是________. 答案 32 28 解析 由逆序和≤亂序和≤順序和知,順序和最大,逆序和最小,故最大值為32,最小值為28. 8.5個(gè)人各拿一只水桶到水龍頭處接水,如果水龍頭注滿這5個(gè)人的水桶需要的時(shí)間分別是4min,8min,6min,10min,5min,統(tǒng)籌安排這5個(gè)人接水的順序,則他們等待的總時(shí)間最少為________min. 答案 84 解析 5個(gè)人按接水時(shí)間為4 min,5 min,6 min,8 min,10 min的順序進(jìn)行接水時(shí)等待的總時(shí)間最少,為45+54+63+82+101=84(min). 9.在Rt△ABC中,∠C為直角,A,B所對的邊分別為a,b,則aA+bB與(a+b)的大小關(guān)系為________. 答案 aA+bB≥(a+b) 解析 不妨設(shè)a≥b>0, 則A≥B>0,由排序不等式,得 ?2(aA+bB)≥a(A+B)+b(A+B)=(a+b), ∴aA+bB≥(a+b). 10.設(shè)a1,a2,…,an為正數(shù),且a1+a2+…+an=5,則++…++的最小值為________. 答案 5 解析 由所求代數(shù)式的對稱性, 不妨設(shè)0<a1≤a2≤…≤an, 所以a≤a≤…≤a, ≥≥…≥, 而,,…,,為,,,…,的一個(gè)排列,由亂序和≥逆序和,得a+a+…+a+a≥a+a+…+a,即++…++≥a1+a2+…+an=5. 三、解答題 11.設(shè)a,b,c∈(0,+∞),利用排序不等式證明:a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b. 證明 不妨設(shè)a≥b≥c>0,則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(a2ab2bc2c)≥lg(ab+cba+cca+b), 故a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b. 12.設(shè)a1,a2,…,an是n個(gè)互不相等的正整數(shù),求證: 1+++…+≤a1+++…+. 證明 設(shè)b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的一個(gè)排列,且滿足b1<b2<…<bn.因?yàn)閎1,b2,…,bn是互不相等的正整數(shù),故b1≥1,b2≥2,…,bn≥n. 又因?yàn)?>>>…>, 故由排序不等式,得 a1+++…+≥b1+++…+ ≥11+2+3+…+n=1+++…+. 13.已知0<α<β<γ<,求證:sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα>(sin2α+sin2β+sin2γ). 證明 ∵0<α<β<γ<,且y=sinx在上為增函數(shù),y=cosx在上為減函數(shù), ∴0<sinα<sinβ<sinγ,cosα>cosβ>cosγ>0. ∴sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα>sinαcosα+sinβcosβ+sinγcosγ =(sin2α+sin2β+sin2γ). 四、探究與拓展 14.設(shè)x,y,z為正數(shù),求證: x+y+z≤++. 證明 由于不等式關(guān)于x,y,z對稱,不妨設(shè)0<x≤y≤z, 于是x2≤y2≤z2,≤≤, 由逆序和≤亂序和,得 x2+y2+z2≤x2+y2+z2, x2+y2+z2≤x2+y2+z2. 將上面兩式相加,得 2(x+y+z)≤++, 于是x+y+z≤++. 15.設(shè)x>0,求證:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. 證明 (1)當(dāng)x≥1時(shí),1≤x≤x2≤…≤xn. 由排序原理知, 11+xx+x2x2+…+xnxn≥xn1+xn-1x+…+1xn, 所以1+x2+x4+…+x2n≥(n+1)xn.① 又因?yàn)閤,x2,…,xn,1為1,x,x2,…,xn的一個(gè)排序,于是由排序原理,得1x+xx2+…+xn-1xn+xn1≥1xn+xxn-1+…+xn-1x+xn1, 所以x+x3+…+x2n-1≥nxn.② ①+②,得 1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. (2)當(dāng)0<x<1時(shí),1>x>x2>…>xn, 同理可得結(jié)論. 綜合(1)與(2)可知,當(dāng)x>0時(shí), 1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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