- 排序不等式
- 共5题
若a<b<c,x<y<z,则下列各式中值最大的一个是( )
正确答案
解析
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.
设正整数构成的数列{an}使得a10k-9+a10k-8+…+a10k≤19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i<j.求证:所有S(i,j)构成的集合等于N*.
正确答案
证明:显然S(i,j)∈N*. (2分)
下证对任意n0∈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+…+a10)+(a11+a12+…+a20)+…+(a10n0+1+a10n0+2+…+a10n0+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+n0≤20n0+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=Sj-Si=S(i,j).
所以,所有S(i,j)构成的集合等于N*. (16分)
解析
证明:显然S(i,j)∈N*. (2分)
下证对任意n0∈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+…+a10)+(a11+a12+…+a20)+…+(a10n0+1+a10n0+2+…+a10n0+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+n0≤20n0+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=Sj-Si=S(i,j).
所以,所有S(i,j)构成的集合等于N*. (16分)
已知n∈N*,n>1,n个实数a1,a2,…,an 满足a1+a2+…+an=0,|a1|+|a2|+…+|an |=1.求证:|a1+2a2+3a3+…+n|an|≤.
正确答案
证明:由于a1+a2+…+an=0,不妨设ai1≤ai2≤…≤ais≤0≤aj1≤aj2≤…≤ajt,
即an中有s个非正项,有t个非负项,则有,
a1+a2+…+an=(ai1+ai2+…+ais)+(aj1+aj2+…+ajt)=0,
|a1|+|a2|+…+|an|=-(ai1+ai2+…+ais)+(aj1+aj2+…+ajt)=1,
解得,ai1+ai2+…+ais=-,aj1+aj2+…+ajt=,
不妨设,1•a1+2•a2+…+n•an≥0(若为负,可将每项取相反数,后面证法一致)
根据排序不等式:
1•a1+2•a2+…+n•an≤(1•ai1+2•ai2+…s•ais)+[(s+1)•aj1+(s+2)•aj2+…+n•ajt]
≤1•(ai1+ai2+…+ais)+n•(aj1+aj2+…+ajt)=-+=,
因此,|1•a1+2•a2+…+n•an|≤,证毕.
解析
证明:由于a1+a2+…+an=0,不妨设ai1≤ai2≤…≤ais≤0≤aj1≤aj2≤…≤ajt,
即an中有s个非正项,有t个非负项,则有,
a1+a2+…+an=(ai1+ai2+…+ais)+(aj1+aj2+…+ajt)=0,
|a1|+|a2|+…+|an|=-(ai1+ai2+…+ais)+(aj1+aj2+…+ajt)=1,
解得,ai1+ai2+…+ais=-,aj1+aj2+…+ajt=,
不妨设,1•a1+2•a2+…+n•an≥0(若为负,可将每项取相反数,后面证法一致)
根据排序不等式:
1•a1+2•a2+…+n•an≤(1•ai1+2•ai2+…s•ais)+[(s+1)•aj1+(s+2)•aj2+…+n•ajt]
≤1•(ai1+ai2+…+ais)+n•(aj1+aj2+…+ajt)=-+=,
因此,|1•a1+2•a2+…+n•an|≤,证毕.
若a1≤a2≤…≤an,而b1≥b2≥…≥bn或a1≥a2≥…≥an而b1≤b2≤…≤bn,证明:≤()•().当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.
正确答案
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.
解析
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.
设a,b,c为正数,利用排序不等式证明a3+b3+c3≥3abc.
正确答案
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.
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