[核心必知]
1．顺序和、乱序和、反序和的概念
设a1＜a2＜a3＜…＜an，b1＜b2＜b3＜…＜bn是两组实数，c1，c2，c3，…，cn是数组b1，b2，…，bn的任何一个排列，则S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1叫做数组(a1，a2，…，an)和(b1，b2，…，bn)的反序和；S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn叫做数组(a1，a2，…，an)和(b1，b2，…，bn)的顺序和；S＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn叫做数组(a1，a2，…，an)和(b1，b2，…，bn)的乱序和．
2．排序原理或排序不等式
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么，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．
[问题思考]
1．排序不等式的本质含义是什么？
提示：排序不等式的本质含义是：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，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．
2．已知两组数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，将bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值和最小值分别为何值？
提示：由顺序和最大知最大值为：a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304，由反序和最小知最小值为：a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212.
考点1
用排序不等式证明不等式(所证不等式中的字母大小顺序确定)
已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：
(1)≥≥；
(2)＋＋≥＋＋.
[精讲详析] 本题考查排序不等式的直接应用，解答本题需要分析式子结构，然后通过对比、联想公式，构造数组，利用公式求解．
(1)∵a≥b>0，于是≤，
又c>0，∴>0，从而≥.
同理，∵b≥c>0，于是≤，
∵a>0，∴>0，于是得≥.
从而≥≥.
(2)由(1)≥≥，于是由顺序和≥乱序和≥反序和得，＋＋≥＋＋＝＋＋
≥＋＋＝＋＋＝＋＋.
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利用排序不等式证明不等式的关键是构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组，由于本题已知a≥b≥c，所以可直接利用已知构造两个数组．
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1．已知0<α<β<γ<，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≥(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
证明：∵0<α<β<γ<，
且y＝sin x在(0，)上为增函数，
y＝cos x在(0，)上为减函数，
∴0
cos β>cos γ>0.
根据排序不等式得：乱序和≥反序和．
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≥
(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
考点2
用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设)
设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a10＋b10＋c10.
[精讲详析] 本题考查排序不等式的应用，解答本题需要搞清：题目中没有给出a，b，c三个数的大小顺序，且a，b，c在不等式中的“地位”是对等的，故可以设a≥b≥c，再利用排序不等式加以证明．由对称性，不妨设a≥b≥c，
于是a12≥b12≥c12，≥≥，
故由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.①
又因为a11≥b11≥c11，≤≤.
再次由排序不等式：
反序和≤乱序和，得＋＋≤＋＋.②
所以由①②得＋＋≥a10＋b10＋c10.
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在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系，对于没有给出大小关系的情况，要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系．
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2．设a1，a2，a3为正数，求证：＋＋≥a1＋a2＋a3.
证明：不妨设a1≥a2≥a3>0，于是≤≤，a2a3≤a3a1≤a1a2，
由排序不等式：
顺序和≥ 乱序和得＋＋≥·a2a3＋·a3a1＋·a1a2＝a3＋a1＋a2.
即＋＋≥a1＋a2＋a3.
考点3
用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序需要加以讨论)
设x>0，求证：1＋x＋x2＋…＋xn≥(2n＋1)xn.
[精讲详析] 本题考查排序不等式的应用．解答本题需要注意：题目中只给出了x>0，但对于x≥1，x<1没有明确，因此需要进行分类讨论．
(1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn，
由排序原理：顺序和≥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
又因为x，x2，…，xn,1为序列1，x，x2，…，xn的一个排列，
于是再次由排序原理：乱序和≥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
将①和②相加得
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
(2)当0x>x2>…>xn，
但①②仍然成立，
于是③也成立．综合(1)(2)，证毕．
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在没有给定字母大小的情况下，要使用排序不等式，必须限定字母的大小顺序，而只有具有对称性的字母才可以直接限定字母的大小顺序，否则要根据具体情况分类讨论．
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3．设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，求证：＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1>…>且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋.
∴原不等式成立．
本节热点命题关注
排序不等式在证明不等式中的应用是本节课的重点知识．本考题以填空题的形式考查了排序不等式在求最值中的应用，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
若a，b，c为正数，则＋＋的最小值为________．
[命题立意] 本题考查排序不等式在求最值中的应用，考查学生变形求解的能力．
[解析] 由对称性，不妨设a≥b≥c>0.则a＋b≥a＋c≥b＋c.
由排序不等式得＋＋
≥＋＋，
＋＋≥＋＋，
∴2≥3，
∴＋＋≥.
[答案]
一、选择题
1．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P、Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：选C 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)≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝＝P.
2．已知a，b，c为正数，P＝，Q＝abc，则P、Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：选B 不妨设a≥b≥c>0，
则0<≤≤，0由排序原理：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c，
∵a，b，c为正数，
∴abc>0，a＋b＋c>0，
于是≥abc，即P≥Q.
3．已知a，b，c∈R＋，则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )
A．a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a
B．a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C．a3＋b3＋c3D．a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
解析：选B 根据排序原理，取两组数a，b，c；a2，b2，c2，不妨设a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2.
所以a2×a＋b2×b＋c2×c≥a2b＋b2c＋c2a.
4．已知a，b，c∈R＋，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )
A．大于零
B．大于等于零
C．小于零
D．小于等于零
解析：选B 不妨设a≥b≥c>0，
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＋b2ca＋c2ab.
∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
二、填空题
5．若a，b，c∈R＋，则＋＋________a＋b＋c.
解析：不妨设a≥b≥c>0，
则bc≤ca≤ab，≤≤.
∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c.
答案：≥
6．设正实数a1，a2，…，an的任一排列为a′1，a′2，…，a′n，则＋＋…＋的最小值为________．
解析：不妨设0则≥≥…≥.
其反序和为＋＋…＋＝n，
则由乱序和不小于反序和知
＋＋…＋≥＋＋…＋＝n，
∴＋＋…＋的最小值为n.
答案：n
7．设a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一个排序，则a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是________．
解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值为12＋22＋32＋42＝30.
最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.
∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是[20,30]．
答案：[20,30]
8．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c为正数．则＋＋的最小值是________．
解析：不妨设a≥b≥c.
∴≥≥.
∴＋＋≥＋＋.①
＋＋≥＋＋.②
①＋②得＋＋≥∴＋＋≥.
答案：
三、解答题
9．设a、b、c为正数，求证：
＋＋≤＋＋.
证明：不妨设00<≤≤，由排序原理：乱序和≤顺序和得
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·，①
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·.②
将①②相加得
＋＋≤2，
将不等式两边除以2，得＋＋≤＋＋.
10．设a，b，c∈R＋，求证：＋＋≤.
证明：不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的单调性，知≥≥，而≥≥.由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.
根据排序原理，知＋＋≥＋＋＝＋＋.
又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序原理，得＋＋≥＋＋＝＋＋.
由不等式的传递性，知＋＋≤＋＋＝.
∴原不等式成立．
11．设a，b，c为某一个三角形的三条边，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.
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)．
因为b≥c，b＋c－a>0，
于是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)，
于是由排序不等式：
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)．①
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)．②
将①和②相加再除以2，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
一、选择题
1．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P、Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：选C 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)≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝＝P.
2．已知a，b，c为正数，P＝，Q＝abc，则P、Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：选B 不妨设a≥b≥c>0，
则0<≤≤，0由排序原理：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c，
∵a，b，c为正数，
∴abc>0，a＋b＋c>0，
于是≥abc，即P≥Q.
3．已知a，b，c∈R＋，则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )
A．a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a
B．a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C．a3＋b3＋c3D．a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
解析：选B 根据排序原理，取两组数a，b，c；a2，b2，c2，不妨设a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2.
所以a2×a＋b2×b＋c2×c≥a2b＋b2c＋c2a.
4．已知a，b，c∈R＋，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )
A．大于零
B．大于等于零
C．小于零
D．小于等于零
解析：选B 不妨设a≥b≥c>0，
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＋b2ca＋c2ab.
∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
二、填空题
5．若a，b，c∈R＋，则＋＋________a＋b＋c.
解析：不妨设a≥b≥c>0，
则bc≤ca≤ab，≤≤.
∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c.
答案：≥
6．设正实数a1，a2，…，an的任一排列为a′1，a′2，…，a′n，则＋＋…＋的最小值为________．
解析：不妨设0则≥≥…≥.
其反序和为＋＋…＋＝n，
则由乱序和不小于反序和知
＋＋…＋≥＋＋…＋＝n，
∴＋＋…＋的最小值为n.
答案：n
7．设a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一个排序，则a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是________．
解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值为12＋22＋32＋42＝30.
最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.
∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是[20,30]．
答案：[20,30]
8．已知：a＋b＋c＝1，a、b、c为正数．则＋＋的最小值是________．
解析：不妨设a≥b≥c.
∴≥≥.
∴＋＋≥＋＋.①
＋＋≥＋＋.②
①＋②得＋＋≥∴＋＋≥.
答案：
三、解答题
9．设a、b、c为正数，求证：
＋＋≤＋＋.
证明：不妨设00<≤≤，由排序原理：乱序和≤顺序和得
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·，①
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·.②
将①②相加得
＋＋≤2，
将不等式两边除以2，得＋＋≤＋＋.
10．设a，b，c∈R＋，求证：＋＋≤.
证明：不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的单调性，知≥≥，而≥≥.由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.
根据排序原理，知＋＋≥＋＋＝＋＋.
又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序原理，得＋＋≥＋＋＝＋＋.
由不等式的传递性，知＋＋≤＋＋＝.
∴原不等式成立．
11．设a，b，c为某一个三角形的三条边，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.
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)．
因为b≥c，b＋c－a>0，
于是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)，
于是由排序不等式：
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)．①
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)．②
将①和②相加再除以2，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
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