人教A版高中数学选修4-5全册试卷课时提升作业十一3.3（Word含解析）
文档属性
| 名称 | 人教A版高中数学选修4-5全册试卷课时提升作业十一3.3（Word含解析） |
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| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-12-06 21:32:12 | ||
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文档简介
课时提升作业十一
排序不等式
基础过关
一、选择题(每小题4分,共12分)
1.若0A.a1b1+a2b2 B.a1a2+b1b2
C.a1b2+a2b1 D.
【解析】选A.因为02.设a1,a2,…,an都是正数,b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的任一排列,则a1+a2+…+an的最小值为 ( )
A.1 B.n
C.n2 D.无法确定
【解析】选B.因为a1,a2,…,an都是正数,不妨设a1≤a2≤…≤an,则≤≤…≤.
由题意及排序不等式知,反序和最小,所以a1+a2+…+an≥a1·+a2·+…+an·=n,
即a1+a2+…+an的最小值为n.
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
【解题指南】限制a,b,c的大小关系,取两数组利用排序不等式求解.
【解析】选B.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.
所以a4+b4+c4≥a2bc+b2ca+c2ab.
即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.
二、填空题(每小题4分,共8分)
4.若a>0,b>0且a+b=1,则+的最小值是________.
【解析】不妨设a≥b>0,则有a2≥b2,且≥,
由排序不等式+≥·a2+·b2=a+b=1.
当且仅当a=b=时取等号,所以+的最小值为1.
答案:1
5.设a,b都是正数,若P=+,Q=+,则二者的关系是________.
【解析】由题意不妨设a≥b>0.
由不等式的性质,知a2≥b2,≥.所以≥.
根据排序原理,知
×+×≥×+×.
即+≥+.
答案:P≥Q
【误区警示】本题易出现观察不等式找不出排序原理用到的两组数,并用排序不等式比较大小.
三、解答题
6.(10分)已知a,b,c为正数,用排序不等式证明:2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
【证明】设正数a,b,c满足a≤b≤c,则a2≤b2≤c2,由排序不等式得,
a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3,
a2c+b2a+c2b≤a3+b3+c3,
两式相加,得:
2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
能力提升
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.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【解析】选B.由排序不等式,知M≥N.
2.已知x1,x2,…,xn均为正数,A=++…+,
B=x1x2+x2x3+…+xnx1.
则A与B的大小关系为 ( )
A.A>B B.AC.A≥B D.A≤B
【解析】选C.因为x1,x2,…,xn均为正数,不妨设
x1≤x2≤…≤xn,根据排序不等式,得
++…+≥x1x2+x2x3+…+xnx1.
即A≥B.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.若a,b,c>0,a2+b2+c2=3,则ab+bc+ca的最大值是________.
【解析】不妨设a≥b≥c>0,则b,c,a为乱序,于是由排序不等式知a2+b2+c2≥ab+bc+ac,所以ab+bc+ca≤3,即ab+bc+ca的最大值为3.
答案:3
4.设a1,a2,…,an为正数,且a1+a2+…+an=5,则++…++的最小值为________.
【解析】由所求代数式的对称性,不妨设0所以≤≤…≤,≥≥…≥,
而,,…,,为,,,…,的一个排列,由乱序和≥反序和,得
·+·+…+·+·≥·+·+…+·,即++…++≥a1+a2+…+an=5,
故所求最小值为5.
答案:5
三、解答题
5.(10分)设x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【解题指南】题中只给出了x>0,但是对于x≥1,x<1并不确定,因此,需要分类讨论.
【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+xn-1·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+…+xn-1·xn+
xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1.
所以x+x3+…+x2n-1≥nxn.②
①+②,得
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
(2)当0x>x2>…>xn,同理可得结论.
综合(1)与(2),所以当x>0时,
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【变式训练】设a1,a2,…,an为实数,证明:≤.
【证明】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤an
由排序原理得
+++…+=a1a1+a2a2+a3a3+…+anan.
+++…+≥a1a2+a2a3+a3a4+…+ana1
+++…+≥a1a3+a2a4+a3a5+…+ana2
……
+++…+≥a1an+a2a1+a3a2+…+anan-1
以上n个式子两边相加
n(+++…+)≥(a1+a2+a3+…+an)2
两边同除以n2得
≥
所以
≥
结论得证.
排序不等式
基础过关
一、选择题(每小题4分,共12分)
1.若0
C.a1b2+a2b1 D.
【解析】选A.因为0
A.1 B.n
C.n2 D.无法确定
【解析】选B.因为a1,a2,…,an都是正数,不妨设a1≤a2≤…≤an,则≤≤…≤.
由题意及排序不等式知,反序和最小,所以a1+a2+…+an≥a1·+a2·+…+an·=n,
即a1+a2+…+an的最小值为n.
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
【解题指南】限制a,b,c的大小关系,取两数组利用排序不等式求解.
【解析】选B.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.
所以a4+b4+c4≥a2bc+b2ca+c2ab.
即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.
二、填空题(每小题4分,共8分)
4.若a>0,b>0且a+b=1,则+的最小值是________.
【解析】不妨设a≥b>0,则有a2≥b2,且≥,
由排序不等式+≥·a2+·b2=a+b=1.
当且仅当a=b=时取等号,所以+的最小值为1.
答案:1
5.设a,b都是正数,若P=+,Q=+,则二者的关系是________.
【解析】由题意不妨设a≥b>0.
由不等式的性质,知a2≥b2,≥.所以≥.
根据排序原理,知
×+×≥×+×.
即+≥+.
答案:P≥Q
【误区警示】本题易出现观察不等式找不出排序原理用到的两组数,并用排序不等式比较大小.
三、解答题
6.(10分)已知a,b,c为正数,用排序不等式证明:2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
【证明】设正数a,b,c满足a≤b≤c,则a2≤b2≤c2,由排序不等式得,
a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3,
a2c+b2a+c2b≤a3+b3+c3,
两式相加,得:
2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
能力提升
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.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
2.已知x1,x2,…,xn均为正数,A=++…+,
B=x1x2+x2x3+…+xnx1.
则A与B的大小关系为 ( )
A.A>B B.AC.A≥B D.A≤B
【解析】选C.因为x1,x2,…,xn均为正数,不妨设
x1≤x2≤…≤xn,根据排序不等式,得
++…+≥x1x2+x2x3+…+xnx1.
即A≥B.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.若a,b,c>0,a2+b2+c2=3,则ab+bc+ca的最大值是________.
【解析】不妨设a≥b≥c>0,则b,c,a为乱序,于是由排序不等式知a2+b2+c2≥ab+bc+ac,所以ab+bc+ca≤3,即ab+bc+ca的最大值为3.
答案:3
4.设a1,a2,…,an为正数,且a1+a2+…+an=5,则++…++的最小值为________.
【解析】由所求代数式的对称性,不妨设0
而,,…,,为,,,…,的一个排列,由乱序和≥反序和,得
·+·+…+·+·≥·+·+…+·,即++…++≥a1+a2+…+an=5,
故所求最小值为5.
答案:5
三、解答题
5.(10分)设x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【解题指南】题中只给出了x>0,但是对于x≥1,x<1并不确定,因此,需要分类讨论.
【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+xn-1·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+…+xn-1·xn+
xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1.
所以x+x3+…+x2n-1≥nxn.②
①+②,得
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
(2)当0
综合(1)与(2),所以当x>0时,
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【变式训练】设a1,a2,…,an为实数,证明:≤.
【证明】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤an
由排序原理得
+++…+=a1a1+a2a2+a3a3+…+anan.
+++…+≥a1a2+a2a3+a3a4+…+ana1
+++…+≥a1a3+a2a4+a3a5+…+ana2
……
+++…+≥a1an+a2a1+a3a2+…+anan-1
以上n个式子两边相加
n(+++…+)≥(a1+a2+a3+…+an)2
两边同除以n2得
≥
所以
≥
结论得证.