[同步]2014年新人教A版选修4-5 3.3排序不等式练习卷与答案（带解析）.doc

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1、同步 2014年新人教 A版选修 4-5 3.3排序不等式练习卷与答案（带解析） 选择题 若 a b c， x y z，则下列各式中值最大的一个是（ ） A ax+cy+bz B bx+ay+cz C bx+cy+az D ax+by+cz 答案： D 试题分析：根据条件： a b c， x y z，结合排序不等式：反序和 乱序和 同序和，即可得出同序和 ax+by+cz最大 解： a b c， x y z， 排序不等式：反序和 乱序和 同序和， 得：同序和 ax+by+cz最大 故选 D 点评：本题主要考查了不等关系与不等式、排序不等式等基本知识，解答关键是利用不等关系与不等式的性质：反序和

2、 乱序和 同序和 解答题 已知 n个正整数的和是 1000，求这些正整数的乘积的最大值 答案： 23 332 试题分析： n个正整数 x1， x2， x3， ， xn中，不可能有大于或等于 5的数，也不可能有三个或三个以上的 2，因此 n个数的最大积只可能是由 332个 3及 2个2的积组成 解： n个正整数 x1， x2， x3， ， xn满足 x1+x2+x3+x n=1000， x1， x2， x3， ， xn中，不可能有大于或等于 5的数， 这是因为 5 23， 6 33， 也不可能有三个或三个以上的 2，这是因为三个 2的积小于两个 3的积， 因此 n个数的最大积只可能是由 332个

3、 3及 2个 2的积组成， 最大值为 223 332 点评：本题考查正整数的乘积的最大值的求法，是中档题，解题时要注意排序不等式的合理运用 已知 a， b， c为正数，用排序不等式证明： 2（ a3+b3+c3） a2（ b+c） +b2（ a+c） +c2（ a+b） 答案：见 试题分析：由（ a3+b3） （ a2b+ab2） =（ a+b）（ ab） 20，得 a3+b3a2b+ab2，同理， a3+c3a2c+ac2， b3+c3b2c+bc2三式相加，能证明 2（ a3+b3+c3） a2（ b+c）+b2（ a+c） +c2（ a+b） 证明：先证明： a3+b3a2b+ab2，

4、（ a3+b3） （ a2b+ab2） =a2（ ab） b2（ ab） =（ a2b2）（ ab） =（ a+b）（ ab） 2 0， a3+b3a2b+ab2，取等号的条件是 a=b， 同理， a3+b3a2b+ab2， a3+c3a2c+ac2， b3+c3b2c+bc2 三式相加，得： 2（ a3+b3+c3） a2（ b+c） +b2（ a+c） +c2（ a+b）， 取等号的条件是 a=b=c， 2（ a3+b3+c3） a2（ b+c） +b2（ a+c） +c2（ a+b） 点评：本题考查不等式的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意作差法的合理运用 设 a1， a2， ， a

5、n为实数，证明： 答案：见 试题分析：利用排序原理， n个式子相加，可得 n（ a12+a22+a n2） （ a1+a2+a n） 2，上式两边除以 n2，并开方可得结论 证明：不妨设 a1a2a n，则由排序原理得： a12+a22+a n2=a1a1+a2a2+a nan a12+a22+a n2a1a2+a2a3+a na1 a12+a22+a n2a1a3+a2a4+a n1a1+ana2 a12+a22+a n2a1an+a2a1+a nan1 将上述 n个式子相加，得： n（ a12+a22+a n2） （ a1+a2+a n） 2， 上式两边除以 n2，并开方可得： 点评：本题

6、考查排序原理，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 设 a， b， c是正实数，求证： aabbcc（ abc） 答案：见 试题分析：不妨设 abc 0，则 lgalgblgc，据排序不等式，可得三个不等式，相加，即可得出结论 证明：不妨设 abc 0，则 lgalgblgc 据排序不等式有： alga+blgb+clgcblga+clgb+algc alga+blgb+clgcclga+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 l

7、g（ aabbcc） lg（ abc） 故 aabbcc（ abc） 点评：本题考查不等式的证明，考查排序不等式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 设 a， b， c为正数，利用排序不等式证明 a3+b3+c33abc 答案：见 试题分析：由排序原理：顺序和 反序和，结合基本不等式，即可得到结论 证明：不妨设 abc 0， a2b2c2， 由排序原理：顺序和 反序和，得： a3+b3a2b+b2a， b3+c3b2c+c2b， c3+a3a2c+c2a 三式相加得 2（ a3+b3+c3） a（ b2+c2） +b（ c2+a2） +c（ a2+b2） 又 a2+b22ab， b2+c2

8、2bc， c2+a22ca 所以 2（ a3+b3+c3） 6abc， a3+b3+c33abc 当且仅当 a=b=c时，等号成立 点评：本题考查排序原理：顺序和 反序和，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 设 a1， a2， ， an为正数，求证： + + + a1+a2+a n 答案：见 试题分析：不妨设 a1 a2 an 0，则 a12 a22 an2， ，由排序原理：乱序和 反序和，可得结论 证明：不妨设 a1 a2 an 0，则 a12 a22 an2， 由排序原理：乱序和 反序和，可得： + + + =a1+a2+a n 点评：本题考查不等式的证明，考查排序原

9、理：乱序和 反序和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 设正整数构成的数列 an使得 a10k9+a10k8+a 10k19对一切 k N*恒成立记该数列若干连续项的和 为 S（ i， j），其中 i， j N*，且 ij求证：所有 S（ i， j）构成的集合等于 N* 答案：见 试题分析：显然 S（ i， j） N*，证明对任意 n0 N*，存在 S（ i， j） =n0考虑10n0+10个前 n项和，再考虑如下 10n0+10个正整数： S1+n0 S2+n0 S10n0+10+n0，由抽屉原理，必有两个相等，可得结论 证明：显然 S（ i， j） N* （ 2分） 下证对任意 n0

10、N*，存在 S（ i， j） =n0 用 Sn表示数列 an的前 n项和，考虑 10n0+10 个前 n项和： S1 S2 S10n0+10，（ 1） 由题设 S10n0+10=（ a1+a2+a 10） +（ a11+a12+a 20） + （ a10n0+1+a10n0+2+a 10n0+10） （ 6分） 另外，再考虑如下 10n0+10个正整数： S1+n0 S2+n0 S10n0+10+n0，（ 2） 显然 S10n0+10+n020n0+19 （ 10分） 这样（ 1），（ 2）中出现 20n0+20个正整数，都不超过 20n0+19， 由抽屉原理，必有两个相等 由于（ 1）式中各

11、数两两不相等，（ 2）式中各数也两两不等， 故存在 i， j N*，使得 Sj=Si+n0，即 j i，且 n0=SjSi=S（ i， j） 所以，所有 S（ i， j）构成的集合等于 N* （ 16分） 点评：本题考查不等式的证 明，考查抽屉原理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 若 a1a2a n，而 b1b2b n或 a1a2a n而 b1b2b n，证明：（ ） （ ）当且仅当a1=a2=a n或 b1=b2=b n时等号成立 答案：见 试题分析：利用排序原理， n个式子相加，可得得： n（ a1b1+a2b2+a nbn） （ a1+a2+a n）（ b1+b2+b n），两边

12、除以 n2，即可得到结论 证明 不妨设 a1a2a n， b1b2b n 则由排序原理得： a1b1+a2b2+a nbn=a1b1+a2b2+a nbn a1b1+a2b2+a nbna1b2+a2b3+a nb1 a1b1+a2b2+a nbna1b3+a2b4+a n1b1+anb2 a1b1+a2b2+a nbna1bn+a2b1+a nbn1 将上述 n个式子相加，得： n（ a1b1+a2b2+a nbn） （ a1+a2+a n）（ b1+b2+b n） 上式两边除以 n2，得： 等号当且仅当 a1=a2=a n或 b1=b2=b n时成立 点评：本题考查排序原理，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题