第2章柯西不等式与排序不等式及其应用2.2排序不等式学业分层测评新人教B版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.一组实数为a1，a2，a3，设c1，c2，c3是另一组数b1，b2，b3的任一排列，则a1c1＋a2c2＋a3c3有()A.最大值a1b1＋a2b2＋a3b3，最小值a1b3＋a2b2＋a3b1B.最大值a1b2＋a2b3＋a3b1，最小值a1b3＋a2b1＋a3b2C.最大值与最小值相等为a1b1＋a2b2＋a3b3D.以上答案都不对【解析】a1，a2，a3与b1，b2，b3的大小顺序不知，无法确定其最值.【答案】D2.某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件及2件，现在选择商店中单价为3元，2元和1元的礼品，则至少要花多少钱()A.6元B.19元C.25元D.3元【解析】由排序原理可知：花钱最少为：1×5＋2×4＋3×2＝19(元).【答案】B3.设a，b都是正数，P＝＋，Q＝＋，则()A.P≥QB.P≤QC.P>QD.P
0，则a2≥b2，≥，∴≥.根据排序不等式，知×＋×≥×＋×，即＋≥＋，∴P≥Q.当且仅当a＝b时，取“＝”号.【答案】A4.已知a，b，c为正数，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＋c2ab，∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab，即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.【答案】B5.设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，P＝ab＋ab＋…＋ab，Q＝a1＋a2＋…＋an，则P与Q的大小关系是()A.P＝QB.P＞QC.P＜QD.P≥Q【解析】设a1≥a2≥…≥an＞0，可知a≥a≥…≥a，a≥aa≥…≥a.由排序不等式，得ab＋ab＋…＋ab≥aa＋aa＋…＋aa，即ab＋ab＋…＋ab≥a1＋a2＋…＋an.∴P≥Q，当且仅当a1＝a2＝…＝an＞0时等号成立.【答案】D二、填空题6.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]7.已知a＋b＋c＝1，a，b，c为正数.则＋＋的最小值是________.【导学号：38000038】【解析】不妨设a≥b≥c，∴≥≥，∴＋＋≥＋＋，①＋＋≥＋＋.②①＋②得＋＋≥，∴＋＋≥.【答案】8.设c1，c2，…，cn为正数a1，a2，…，an的某一排列，则＋＋…＋与n的大小关系是________.【解析】不妨设00时等号成立.【答案】＋＋…＋≥n三、解答题9.设a，b，c为大于0，求证：(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；(2)＋＋≤.【证明】(1)不妨设a≥b≥c>0，则a2≥b2≥c2>0，∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2a，∴a3＋b3≥ab(a＋b).(2)由(1)知，同理b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)，∴＋＋≤＋＋＝＝·＝.故原不等式得证.10.已知0<α<β<γ<，求证：sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα>(sin2α＋sin2β＋sin2γ).【证明】 0<α<β<γ<，且y＝sinx在上为增函数，y＝cosx在上为减函数，∴0cosβ>cosγ>0.根据排序不等式：乱序和>反序和，得∴sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα>sinαcosα＋sinβcosβ＋sinγcosγ＝(sin2α＋sin2β＋sin2γ).故原不等式得证.[能力提升]1.设a1，a2，a3为正数，E＝＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关系是()A.E＜FB.E≥FC.E≤FD.E＞F【解析】不妨设a1≥a2≥a3＞0，于是0＜≤≤，a2a3≤a3a1≤a1a2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得＋＋＝＋＋≥·a1a3＋·a2a3＋·a1a2＝a1＋a3＋a2，即＋＋≥a1＋a2＋a3.【答案】B2.(1＋1)……的取值范围是()A.(21，＋∞)B.(61，＋∞)C.(4，＋∞)D.(3n－2，＋∞)【解析】令A＝(1＋1)…＝×××…×，B＝×××…×，C＝×××…×.由于＞＞，＞＞，＞＞，…＞＞＞0，所以A＞B＞C＞0，所以A3...
