《三维设计》2022届高三数学(理)二轮复习 题型专题检测(二十一) 不等式选讲 Word版含答案

1．(2021·青岛模拟)已知a，b，c均为正实数． b2c2求证：bca＋b＋a2

c≥c

a

＋a＋bab

c

.

2．(2021·沈阳质检)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|. (1)解不等式f(x)＞0；

(2)若f(x)＋3|x－4|＞m对一切实数x均成立，求实数m的取值范围．

3．(2021·唐山二模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m. (1)求m；

(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．

4．(2021·邢台模拟)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|.

(1)解不等式f(x)≥2；

(2)当x∈R,0＜y＜1时，证明：|x＋2|－|x－2|≤11

y＋1－y.

5．(2021·郑州模拟)已知函数f(x)＝m－|x－1|－2|x＋1|. (1)当m＝5时，求不等式f(x)＞2的解集；

(2)若二次函数y＝x2＋2x＋3与函数y＝f(x)的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．

6．(2021·太原模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－a|，a∈R. (1)当a＝3时，解不等式f(x)≤4； (2)若f(x)＝|x－1＋a|，求x的取值范围．

7．(2021·吉林长春质检)(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2； a2b2(2)已知a，b，c都是正数，求证：＋b2c2＋c2a2a＋b＋c≥abc.

8．(2021·洛阳模拟)(1)设函数f(x)＝x－5

2＋|x－a|，x∈R，若关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立，求实数a的最大值；

(2)已知正数x，y，z满足x＋2y＋3z＝1，求321

x＋y＋z的最小值．

答 案

1．证明：∵a，b，c均为正实数， ∴b2cb2c2ba＋2

b

≥2a·b

＝2ca

， 同理，c2＋a2

≥2a

cabcb，a2c＋b2

a

≥2bc， 三式相加可得b2c2a2

bcbc

＋baa＋＋≥c

a

＋ab

c

. 2．解：(1)当x≥4时，f(x)＝2x＋1－(x－4)＝x＋5＞0, 得x＞－5，所以x≥4.

当－1

2≤x＜4时，f(x)＝2x＋1＋x－4＝3x－3＞0，

得x＞1，所以1＜x＜4.

当x＜－1

2时，f(x)＝－x－5＞0，得x＜－5，所以x＜－5.

综上，原不等式的解集为{x|x＞1或x＜－5}． (2)f(x)＋3|x－4|＝|2x＋1|＋2|x－4| ≥|2x＋1－(2x－8)|＝9， 当－1

2

≤x≤4时等号成立，

所以m＜9，即实数m的取值范围是(－∞，9)．

3．解：(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2； 当－1＜x＜1时，f(x)＝－1－3x＜2； 当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4. 故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.

(2)a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝2(ab＋bc)， 当且仅当a＝b＝c＝

2

2

时，等号成立． 此时，ab＋bc取得最大值1.

4．解：(1)当x≥2时，由f(x)≥2，得4≥2，故x≥2； 当－2＜x＜2时，由f(x)≥2，得2x≥2，故1≤x＜2； 当x≤－2时，由f(x)≥2，得－4≤2，无解． 所以f(x)≥2的解集为{x|x≥1}． (2)证明：由于|x＋2|－|x－2|≤4，

又由于111－y1y＋1－y＝1y＋1y

1－y[y＋(1－y)]＝2＋y＋1－y≥4当且仅当y＝2时取等号，所以|x＋2|－|x－2|≤11

y＋1－y

. 5．解：(1)当m＝5时，f(x)＝5－|x－1|－2|x＋1|. 当x＜－1时，由f(x)＞2，得3x＋6＞2， 解得x＞－43，故－4

3

＜x＜－1；

当－1≤x≤1时，由f(x)＞2，得－x＋2＞2， 解得x＜0，故－1≤x＜0；

当x＞1时，由f(x)＞2，得4－3x＞2，解得x＜2

3，无解．

所以f(x)＞2的解集为

x|－3

4＜x＜0

.

(2)y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2， 该函数在x＝－1处取得最小值2，

3x＋1＋m，x＜－1，

由于f(x)＝

－x－3＋m，－1≤x≤1，

－3x＋m－1，x＞1，

所以f(x)在x＝－1处取得最大值m－2，

所以要使二次函数y＝x2＋2x＋3与函数y＝f(x)的图象恒有公共点，只需m－2≥2，解得m≥4. 所以实数m的取值范围是[4，＋∞)． 6．解：(1)当a＝3时，

3x－4，x≥3，

1

f(x)＝|2x－1|＋|x－3|＝x＋2，2＜x＜3，

4－3x，x≤12

，

其图象如图所示，与直线y＝4相交于点A(0,4)和B(2,4)，

∴不等式f(x)≤4的解集为{x|0≤x≤2}．

(2)∵f(x)＝|2x－1|＋|x－a|≥|(2x－1)－(x－a)|＝|x－1＋a|， ∴f(x)＝|x－1＋a|⇔(2x－1)(x－a)≤0， ①当a＜12时，x的取值范围是

x|a≤x≤12；

②当a＝12时，x的取值范围是1

2

；

③当a＞1

12时，x的取值范围是x2≤x≤a



. 7．证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2. 由于a，b都是正数，所以a＋b＞0. 又由于a≠b，所以(a－b)2＞0. 于是(a＋b)(a－b)2＞0，

即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0， 所以a3＋b3＞a2b＋ab2.

(2)由于b2＋c2≥2bc，a2＞0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.① 同理b2(a2＋c2)≥2ab2c.② c2(a2＋b2)≥2abc2.③

①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)． 由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0，

a2b2＋b2c2＋c2a2

因此a＋b＋c

≥abc.

8．解：(1)由确定值的性质得f(x)＝x－5552＋|x－a|≥x－2－x－a＝a－2， 即f(x)的最小值为52－a

， 从而52－a≥a，解得a≤5

4， 因此a的最大值为5

4

.

(2)由于x，y，z＞0，所以3213＋2＋1≥x·3x＋y＋z＝(x＋2y＋3z)·xyzx＋2y·2y＋3z·1z2＝(3＋2＋3)2＝16＋83. 当且仅当x3＝2y2＝3z

1，即x∶y∶z＝3∶3∶1时等号成立．

xyz所以321

x＋y＋z的最小值为16＋83.