學業分層測評（十一）(建議用時：45分鐘)[學業達標]一、選擇題1．設a≥b>0，P＝a3＋b3，Q＝a2b＋ab2，則P與Q的大小關系是()A．P>QB．P≥QC．P<QD．P≤Q【解析】∵a≥b>0，∴a2≥b2>0.因此a3＋b3≥a2b＋ab2(排序不等式)，則P≥Q.【答案】B2．設a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn為兩組實數，在排序不等式中，順序和，反序和，亂序和的大小關系為()A．反序和≥亂序和≥順序和B．反序和＝亂序和＝順序和C．反序和≤亂序和≤順序和D．反序和、亂序和、順序和大小關系不確定【答案】C3．設正實數a1，a2，a3的任一排列為a′1，a′2，a′3，則eq\f(a1,\o(a′1))＋eq\f(a2,\o(a′2))＋eq\f(a3,\o(a′3))的最小值為()A．3 B．6C．9 【解析】設a1≥a2≥a3＞0，則eq\f(1,a3)≥eq\f(1,a2)≥eq\f(1,a1)＞0，由亂序和不小于反序和知，eq\f(a1,\o(a′1))＋eq\f(a2,\o(a′2))＋eq\f(a3,\o(a′3))≥eq\f(a1,a1)＋eq\f(a2,a2)＋eq\f(a3,a3)＝3，∴eq\f(a1,\o(a′1))＋eq\f(a2,\o(a′2))＋eq\f(a3,\o(a′3))的最小值為3，故選A.【答案】A4．若A＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正數，則A與B的大小關系為()A．A＞B B．A＜BC．A≥B ≤B【解析】依序列{xn}的各項都是正數，不妨設0＜x1≤x2≤…≤xn，則x2，x3，…，xn，x1為序列{xn}的一個排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.故選C.【答案】C5．已知a，b，c為正實數，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正負情況是()A．大于零B．大于等于零C．小于零 D.小于等于零【解析】設a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，根據排序原理，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】B二、填空題6．若a，b，c∈R＋，則eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)________a＋b＋c.【解析】不妨設a≥b≥c＞0，則bc≤ca≤ab，eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥eq\f(ac,c)＋eq\f(ab,a)＋eq\f(bc,b)＝a＋b＋c.【答案】≥7．有4人各拿一只水桶去接水，設水龍頭注滿每個人的水桶分別需要5s,4s,3s,7s，每個人接完水后就離開，則他們總的等候時間最短為________s.【解析】等候的最短時間為：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．【答案】418．設a1，a2，a3為正數，且a1＋a2＋a3＝1，則eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)的最小值為________.【導學號：32750058】【解析】不妨設a3>a1>a2>0，則eq\f(1,a3)<eq\f(1,a1)<eq\f(1,a2)，所以a1a2<a2a3<a3a1.設亂序和S＝eq\f(a1a3,a3)＋eq\f(a1a2,a1)＋eq\f(a3a2,a2)＝a1＋a2＋a3＝1，順序和S′＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2).由排序不等式得eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)≥a1＋a2＋a3＝1，所以eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)的最小值為1.【答案】1三、解答題9．設a，b，c大于0，求證：(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；(2)eq\f(1,a3＋b3＋abc)＋eq\f(1,b3＋c3＋abc)＋eq\f(1,c3＋a3＋abc)≤eq\f(1,abc).【證明】(1)不妨設a≥b≥c>0，則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)，所以eq\f(1,a3＋b3＋abc)＋eq\f(1,b3＋c3＋abc)＋eq\f(1,c3＋a3＋abc)≤eq\f(1,aba＋b＋abc)＋eq\f(1,bcb＋c＋abc)＋eq\f(1,aca＋c＋abc)＝eq\f(1,a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ab)＋\f(1,bc)＋\f(1,ca)))＝eq\f(1,a＋b＋c)·eq\f(c＋a＋b,abc)＝eq\f(1,abc).故原不等式得證．10．已知a，b，c都是正數，求eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)的最小值．【解】由對稱性，不妨設0＜c≤b≤a，則有a＋b≥a＋c≥b＋c＞0，所以0＜eq\f(1,a＋b)≤eq\f(1,a＋c)≤eq\f(1,b＋c).由排序不等式得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(a,a＋c)＋eq\f(b,a＋b)＋eq\f(c,b＋c)，①eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(c,a＋c)＋eq\f(a,a＋b)＋eq\f(b,b＋c).②由①②知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b＋c)＋\f(b,a＋c)＋\f(c,a＋b)))≥3，∴eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2).當且僅當a＝b＝c時，eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,c＋a)＋eq\f(c,a＋b)取最小值eq\f(3,2).[能力提升]1．銳角三角形中，設P＝eq\f(a＋b＋c,2)，Q＝acosC＋bcosB＋ccosA，則P，Q的關系為()A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D.不能確定【解析】不妨設A≥B≥C，則a≥b≥c，cosA≤cosB≤cosC，則由排序不等式有Q＝acosC＋bcosB＋ccosA≥acosB＋bcosC＋ccosA＝R(2sinAcosB＋2sinBcosC＋2sinCcosA)≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sinC＋sinA＋sinB)＝eq\f(a＋b＋c,2)＝P.【答案】C2．已知a＋b＋c＝1，a，b，c為正數，則eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)的最小值是________．【解析】不妨設a≥b≥c，∴eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b)，∴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,a＋b)，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)，∴eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b)≥eq\f(9,2).【答案】eq\f(9,2)3．在Rt△ABC中，∠C為直角，A，B所對的邊分別為a，b，則aA＋bB與eq\f(π,4)(a＋b)的大小關系為________.【導學號：32750059】【解析】不妨設a≥b＞0，則A≥B＞0，由排序不等式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(aA＋bB≥aB＋bA,aA＋bB＝aA＋bB))?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)＝eq\f(π,2)(a＋b)，∴aA＋bB≥eq\f(π,4)(a＋b)．【答案】aA＋bB≥eq\f(π,4)(a＋b)4．已知0<α<β<γ<eq\f(π,2)，求證：sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα>eq\f(1,2)(sin2α＋sin2β＋sin2γ)．【證明】∵0<α<β<γ<eq\f(π,2)，且y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為增函數，y＝cosx在eq