2.2　排序不等式学案

2.2　排序不等式
1.了解排序不等式的“探究—猜想—证明—应用”的研究过程.
2.初步认识排序不等式的有关知识及简单应用.
自学导引
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，称a1b1＋a2b2＋…＋anbn为两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1为两个实数组的反序积之和(简称反序和).称a1c1＋a2c2＋…＋ancn为两个实数组的乱序积之和(简称乱序和).
不等式a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn称为排序原理，又称为排序不等式.等号成立(反序和等于顺序和)?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn，排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和.
基础自测
1.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　不妨设a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2，
故顺序和为a3＋b3＋c3，则a2b＋b2c＋c2a为乱序和，
由排序不等式定理知a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a，故选B.
答案　B
2.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　不妨设a≥b≥c，∴a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc，
∴a2－bc≥b2－ac≥c2－ab，
由排序不等式定理，a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案　B
3.设a1，a2，a3，…，an为正数，那么P＝a1＋a2＋…＋an与Q＝＋＋…＋＋的大小关系是________.
解析　假设a1≥a2≥a3≥…≥an，则≥≥…≥≥，
并且a≥a≥a≥…≥a，
P＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋＋…＋，
是反顺和，Q是乱顺和，由排序不等式定理P≤Q.
答案　P≤Q
知识点1　利用排序原理证明不等式
【例1】已知a，b，c为正数，求证：≥abc.
证明　根据所需证明的不等式中a，b，c的“地位”的对称性，不妨设a≥b≥c，则≤≤，bc≤ca≤ab.
由排序原理：顺序和≥乱序和，得：
＋＋≥＋＋.
即≥a＋b＋c，
因为a，b，c为正数，所以abc>0，
a＋b＋c>0，于是≥abc.
1.已知a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，
求证：(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn).
证明　令S＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，则
S≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1，
S≥a1b3＋a2b4＋…＋anb2，
……
S≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1
将上面n个式子相加，并按列求和可得
nS≥a1(b1＋b2＋…＋bn)＋a2(b1＋b2＋…＋bn)＋…＋an(b1＋b2＋…＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)
∴S≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)
即(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)
≥(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn).
【例2】设a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数，
求证：1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
证明　∵12<22<32<…∴>>…>.
设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an由小到大的一个排列，
即c1根据排序原理中，反序和≤乱序和，
得c1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋，
而c1，c2，…，cn分别大于或等于1，2，…，n，
∴c1＋＋＋…＋≥1＋＋＋…＋
＝1＋＋…＋，
∴1＋＋＋…＋≤a1＋＋…＋.
2.设c1，c2，…，cn为正数组a1，a2，…，an的某一排列，
求证：＋＋…＋≥n.
证明　不妨设0则≥≥…≥.
因为，，…，是，，…，的一个排序，
故由排序原理：反序和≤乱序和
得a1·＋a2·＋…＋an·
≤a1·＋a2·＋…＋an·.
即＋＋…＋≥n.
知识点2　利用排序原理求最值
【例3】设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值.
解　不妨设a≥b≥c，
则a＋b≥a＋c≥b＋c，
≥≥，
由排序不等式得，
＋＋≥＋＋
＋＋≥＋＋
上述两式相加得：
2≥3
即＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，
＋＋取最小值.
3.设0试求＋＋的最小值.
证明　令S＝＋＋，
则S＝＋＋
＝·bc＋·ac＋·ab
由已知可得：≥≥，ab≤ac≤bc
∴S≥·ac＋·ab＋·bc
＝＋＋
又S≥·ab＋·bc＋·ac
＝＋＋
两式相加得：2S≥＋＋≥3·＝3.
∴S≥，即＋＋的最小值为.
课堂小结
排序不等式有着广泛的实际应用，在应用时，一定在认真分析题设条件的基础上观察要证结论的结构特征，从而分析出要用排序原理中反序和≤乱序和，或是乱序和≤顺序和，或者反序和≤顺序和.不少命题的证明可能多次用到排序原理.切比晓夫不等式也可当作定理直接应用.
随堂演练
1.利用排序原理证明：若a1，a2，…，an为正数，则≥.
证明　不妨设a1≥a2≥a3≥…≥an>0，
则有≤≤…≤
由切比晓夫不等式，得：

≤·，
即≤·，
∴≥.
2.已知a，b，c为正数，a≥b≥c.求证：＋＋≥＋＋.
证明　∵a≥b≥c>0，
∴a3≥b3≥c3，
∴a3b3≥a3c3≥b3c3，
∴≤≤，又a5≥b5≥c5，
由排序原理得：
＋＋≥＋＋(顺序和≥乱序和)，
即＋＋≥＋＋，
又∵a2≥b2≥c2，≤≤
由乱序和≥反序和得：
＋＋≥＋＋
＝＋＋.
∴＋＋≥＋＋.
基础达标
1.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＋c3＜a2b＋b2c＋c2a
D.a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
解析　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.
答案　B
2.设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则a1b＋a2＋b＋…＋anb的最小值是(　　)
A.1 B.n
C.n2 D.无法确定
解析　设a1≥a2≥…≥an＞0.可知a≥a≥…≥a，由排序原理，得a1b＋a2b＋…＋anb≥a1a＋a2a＋…＋ana＝n.
答案　B
3.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　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＋c2ab0
所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案　B
4.已知a，b，c都是正数，则＋＋≥________.
解析　设a≥b≥c＞0，所以≥≥.
由排序原理，知
＋＋≥＋＋， ①
＋＋≥＋＋， ②
①＋②，得＋＋≥.
答案　
5.证明切比晓夫不等式中的(2).即，若a1≤a2≤…≤an，而b1≥b2≥…≥bn或a1≥a2≥…≥an而b1≤b2≤…≤bn，则≤·
.当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时等号成立.
证明　不妨设a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn.
则由排序原理得：
a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b2＋a2b3＋…＋anb1
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1b3＋a2b4＋…＋an－1b1＋anb2
…
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1.
将上述n个式子相加，得：
n(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≤(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)上式两边除以n2，得：

≤.
等号当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时成立.
6.设a1，a2，…，an为实数，证明：
≤.
证明　不妨设a1≤a2≤…≤an，由切比晓夫不等式得：

≥·，
即≥，
∴≤.
综合提高
7.设a1，a2，…，an为正数，求证：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明　不妨设a1>a2>…>an>0，
则有a>a>…>a
也有<<…<，
由排序原理：乱序和≥反序和，得：
＋＋…＋≥＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an.
8.设A、B、C表示△ABC的三个内角的弧度数，a，b，c表示其对边，求证：≥.
证明　方法一：不妨设A>B>C，则有a>b>c
由排序原理：顺序和≥乱序和
∴aA＋bB＋cC≥aB＋bC＋cA
aA＋bB＋cC≥aC＋bA＋cB
aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC
上述三式相加得
3(aA＋bB＋cC)≥(A＋B＋C)(a＋b＋c)＝π(a＋b＋c)
∴≥.
方法二：不妨设A>B>C，则有a>b>c，
由切比晓夫不等式
≥·，
即aA＋bB＋cC≥(a＋b＋c)，
∴≥.
9.设a，b，c为正数，利用排序不等式证明a3＋b3＋c3≥3abc.
证明　不妨设a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2，
由排序原理：顺序和≥反序和，得：
a3＋b3≥a2b＋b2a，b3＋c3≥b2c＋c2b
c3＋a3≥a2c＋c2a
三式相加得2(a3＋b3＋c3)
≥a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2).
又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
所以2(a3＋b3＋c3)≥6abc，∴a3＋b3＋c3≥3abc.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立.
10.设a，b，c是正实数，求证：aabbcc≥(abc).
证明　不妨设a≥b≥c>0，则lg a≥lgb≥lgc.
据排序不等式有：
alga＋blgb＋clgc≥blga＋clgb＋algc
alga＋blgb＋clgc≥clga＋algb＋blgc
alga＋blgb＋clgc＝alga＋blgb＋clgc
上述三式相加得：
3(alga＋blgb＋clgc)≥(a＋b＋c)(lga＋lgb＋lgc)
即lg(aabbcc)≥lg(abc)，故aabbcc≥(abc).
11.设xi，yi (i＝1，2，…，n)是实数，且x1≥x2≥…≥xn，y1≥y2≥…≥yn，而z1，z2，…，zn是y1，y2，…，yn的一个排列.
求证： (xi－yi)2≤ (xi－zi)2.
证明　要证 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2
只需证y－2xiyi≤z－2xizi.
因为y＝z，
∴只需证xizi≤xiyi.
而上式左边为乱序和，右边为顺序和.
由排序不等式得此不等式成立.
故不等式 (xi－yi)2≤ (xi－zi)2成立.
12.已知a，b，c为正数，且两两不等，求证：2(a3＋b3＋c3)>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b).
证明　不妨设a>b>c>0.
则a2>b2>c2，a＋b>a＋c>b＋c，
∴a2(a＋b)＋b2(a＋c)＋c2(b＋c)
>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)，
即a3＋c3＋a2b＋b2a＋b2c＋c2b
>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)，
7又∵a2>b2>c2，a>b>c，
∴a2b＋b2a即a2b＋b2a＋b2c＋c2b所以有2(a3＋b3＋c3)>a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b).