數(shù)學(xué)自我小測排序不等式

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精自我小測1已知a,b，c∈R＋，則a5＋b5＋c5與a3b2＋b3c2＋c3a2的大小關(guān)系是________．2設(shè)a1，a2,…，an為實數(shù)，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，則乘積a1b1＋a2b2＋…＋anbn不小于________．3n個正數(shù)與這n個正數(shù)倒數(shù)的乘積和的最小值為________．4設(shè)a，b，c∈R＋，求證：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab。5設(shè)x,y，z∈R＋，求證：eq\f（z2－x2,x＋y)＋eq\f（x2－y2,y＋z）＋eq\f（y2－z2,z＋x）≥0.6設(shè)a，b,c為某三角形三邊長，求證：a2(b＋c－a）＋b2（c＋a－b）＋c2(a＋b－c）≤3abc.7設(shè)a，b，c是正實數(shù),求證：aabbcc≥（abc)eq\f（a＋b＋c,3).8已知a，b，c∈R＋,則a2（a2－bc）＋b2(b2－ac)＋c2（c2－ab)的正負情況是________．9已知a，b，c都是正數(shù),則eq\f(a，b＋c）＋eq\f（b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)≥________。10設(shè)c1，c2，…，cn為正數(shù)a1，a2，…，an的某一排列，求證:eq\f(a1,c1）＋eq\f(a2，c2)＋…＋eq\f（an，cn)≥n.11設(shè)a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn為任意兩組實數(shù)，如果a1≤a2≤…≤an，且b1≤b2≤…≤bn，求證：eq\f(a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n)≥eq\f（a1＋a2＋…＋an,n)×eq\f（b1＋b2＋…＋bn,n）當且僅當a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時等號成立．12設(shè)a，b,c∈R＋，求證：a＋b＋c≤eq\f（a2＋b2，2c)＋eq\f(b2＋c2，2a）＋eq\f(c2＋a2，2b)≤eq\f(a2,bc）＋eq\f（b2,ca）＋eq\f（c2，ab）.

參考答案1．a(chǎn)5＋b5＋c5≥a3b2＋b3c2＋c3a2解析：取兩組數(shù)a3，b3，c3和a2，b2，c2，且a≥b≥c.由排序不等式,得a5＋b5＋c5≥a3b2＋b3c2＋c3a2。2．a(chǎn)1an＋a2an－1＋…＋ana13．n解析：設(shè)0＜a1≤a2≤a3…≤an，則0＜aeq\o\al(－1，n)≤aeq\o\al（－1,n－1)≤…≤aeq\o\al(－1,1）.則由排序不等式得：反序和≤亂序和≤同序和．∴最小值為反序和a1·aeq\o\al（－1,1)＋a2·aeq\o\al(－1，2）＋…＋an·aeq\o\al(－1，n)＝n.4．證明:不妨設(shè)a≥b≥c＞0,則a4≥b4≥c4,運用排序不等式有：a5＋b5＋c5＝a×a4＋b×b4＋c×c4≥ac4＋ba4＋cb4，又a3≥b3≥c3＞0，且ab≥ac≥bc＞0,所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab。5．證明：所證不等式等價于eq\f(z2,x＋y)＋eq\f（y2，x＋z)＋eq\f（x2,y＋z）≥eq\f(x2,x＋y)＋eq\f（y2，y＋z）＋eq\f（z2,z＋x)。不妨設(shè)0＜x≤y≤z,則x2≤y2≤z2，x＋y≤x＋z≤y＋z，∴eq\f（1，y＋z)≤eq\f（1，x＋z)≤eq\f（1,x＋y）.于是上式的左邊為同序和,右邊為亂序和，由排序不等式知此式成立．6．證明:不妨設(shè)a≥b≥c＞0。易證a(b＋c－a）≤b（c＋a－b)≤c（a＋b－c)．根據(jù)排序原理，得a2（b＋c－a）＋b2(c＋a－b）＋c2（a＋b－c)≤a×b（c＋a－b)＋b×c(a＋b－c)＋c×a(b＋c－a）≤3abc.7．證明：不妨設(shè)a≥b≥c＞0，則lga≥lgb≥lgc，據(jù)排序不等式，有alga＋blgb＋clgc≥blga＋clgb＋algc;alga＋blgb＋clgc≥clga＋algb＋blgc.且alga＋blgb＋clgc＝alga＋blgb＋clgc，以上三式相加整理，得3(alga＋blgb＋clgc）≥(a＋b＋c）(lga＋lgb＋lgc），即lg（aabbcc)≥eq\f（a＋b＋c,3)·lg(abc）．即lg（aabbcc)≥lg（abc)eq\f（a＋b＋c,3)，又lgx為增函數(shù),所以aabbcc≥(abc)eq\f（a＋b＋c,3)。8．大于或等于零解析：設(shè)a≥b≥c＞0，所以a3≥b3≥c3,根據(jù)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）≥0.9．eq\f（3，2）解析：設(shè)a≥b≥c＞0，所以eq\f（1，b＋c)≥eq\f（1，c＋a）≥eq\f(1,a＋b）.由排序原理,知eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b，c＋a）＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f（b，b＋c）＋eq\f（c,c＋a）＋eq\f（a,b＋a）,①eq\f（a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a）＋eq\f(c，a＋b)≥eq\f（c，b＋c）＋eq\f（a,c＋a)＋eq\f(b，a＋b）。②①＋②，得eq\f（a，b＋c）＋eq\f(b，c＋a)＋eq\f(c,a＋b）≥eq\f（3,2）。10．證明：不妨設(shè)0＜a1≤a2≤…≤an，則eq\f（1，a1)≥eq\f(1，a2）≥…≥eq\f(1,an），∵eq\f（1，c1)，eq\f（1,c2)，…,eq\f(1,cn）是eq\f（1,a1），eq\f（1,a2),…，eq\f(1，an)的一個排列，故由排序原理：反序和≤亂序和,得：a1×eq\f(1,a1）＋a2×eq\f（1,a2)＋…＋an×eq\f(1,an)≤a1×eq\f（1,c1）＋a2×eq\f（1,c2）＋…＋an×eq\f（1，cn）。即eq\f(a1,c1）＋eq\f(a2，c2)＋…＋eq\f(an,cn)≥n.11．證明：由題設(shè)a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn，則由排序原理得：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。將上述n個式子相加，兩邊同除以n2，得：eq\f（a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n）≥eq\f(a1＋a2＋…＋an，n)×eq\f(b1＋b2＋…＋bn,n）當且僅當a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時等號成立．12．證明:不妨設(shè)a≥b≥c＞0，于是a2≥b2≥c2，eq\f(1，c)≥eq\f（1,b)≥eq\f（1，a),應(yīng)用排序不等式得:a2×eq\f（1,a）＋b2×eq\f(1,b）＋c2×eq\f（1，c）≤a2×eq\f(1，b)＋b2×eq\f（1，c)＋c2×eq\f(1，a).a2×eq\f(1，a)＋b2×eq\f（1,b）＋c2×eq\f(1，c）≤a2×eq\f（1,c）＋b2×eq\f（1,a）＋c2×eq\f(1，b）。以上兩個同向不等式相加再除以2,即得a＋b＋c≤eq\f(a2＋b2,2c)＋eq\f（b2＋c2，2a)＋eq\f(c2＋a2,2b)，再由數(shù)組a3≥b3≥c3＞0，eq\f(1,bc)≥eq\f(1，ca）≥eq\f(1,ab)，仿上可證eq\f（a2＋