课时素养评价二十一函数的单调性的应用(15分钟35分)1.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a,b,总有>0成立,则必有()A.f(x)在R上是增函数B.f(x)在R上是减函数C.函数f(x)是先增后减D.函数f(x)是先减后增【解析】选A.由>0知f(a)-f(b)与a-b同号,即当a
b时,f(a)>f(b),所以f(x)在R上是增函数.2.已知:f(x)=-,则()A.f(x)max=,f(x)无最小值B.f(x)min=1,f(x)无最大值C.f(x)max=1,f(x)min=-1D.f(x)max=1,f(x)min=0【解析】选C.f(x)=-的定义域为[0,1],因为f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)max=1,f(x)min=-1.3.已知函数y=ax和y=-在(0,+∞)内都是减少的,则函数f(x)=bx+a在R上是()A.减函数,且f(0)<0B.增函数,且f(0)<0C.减函数,且f(0)>0D.增函数,且f(0)>0【解析】选A.由题意得a<0,且-b>0,即a<0,且b<0,故f(x)=bx+a在R上为减函数,且f(0)=a<0.4.函数f(x)=2x2-mx+3,当x∈[2,+∞)时是增函数,当x∈(-∞,2]时是减函数,则f(1)的值为.【解析】f(x)=2+3-,由题意=2,所以m=8.所以f(1)=2×12-8×1+3=-3.答案:-35.已知函数f(x)=x|x-4|,则不等式f(2x)≤f(2)的解集为.【解析】因为f(x)=x|x-4|,所以由f(2x)≤f(2)得,2x|2x-4|≤4所以x|x-2|≤1,所以或,解得x≤+1,所以f(2x)≤f(2)的解集为{x|x≤+1}.答案:{x|x≤+1}6.已知函数f(x)=.证明:函数在(-2,+∞)上单调递增.【证明】设任意x1>x2>-2,则x1-x2>0,x1+2>0,x2+2>0,则f(x1)-f(x2)=-=>0.即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(-2,+∞)上单调递增.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共25分)1.已知y=ax+1,在[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值是()A.2B.-2C.2,-2D.0【解析】选C.①当a=0时,y=ax+1=1,不符合题意;②当a>0时,y=ax+1在[1,2]上递增,则(2a+1)-(a+1)=2,解得a=2;③当a<0时,y=ax+1在[1,2]上递减,则(a+1)-(2a+1)=2,解得a=-2.综上得a=±2.2.设函数f(x)是(-∞,+∞)上的减函数,则()A.f(a)>f(2a)B.f(a2)0,得a2+1>a,从而f(a2+1)0,并且≤-1+3a,即a≥.综上所述,a的取值范围为.【误区警示】解答本题时易只考虑两段上的单调性,忽视分界点处函数值之间的大小关系或者考虑到了函数值之间的大小关系,但是忽视了取等号的情况而导致结果错误.4.已知函数f(x)的定义域为R,对任意的x1,x2且x1≠x2都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0成立,若f(x2+1)>f(m2-m-1)对x∈R恒成立,则实数m的取值范围是()A.(-1,2)B.[-1,2]C.(-∞,-1)∪(2,+∞)D.(-∞,-1]∪[2,+∞)【解析】选A.由题意,可知因为对任意的x1,x2且x1≠x2都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0成立,所以函数f(x)为增函数.又因为f(x2+1)>f(m2-m-1)对x∈R恒成立,所以x2+1>m2-m-1,所以m2-m-1<1,即:m2-m-2<0.解得-10,则y=-f(x)在R上为减函数,D正确.【光速解题】利用特殊值法,设出具体函数,化抽象为具体,逐项分析,得出答案.二、多选题(共5分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.已知函数f(x)=(a≠0)在区间(-2,+∞)上单调递增,则a,b的取值可以是()A.a=1,b>B.03.三、填空题(每小题5分,共10分)7.已知函数y=f(x)是定义在区间(-2,2)上的减函数,若f(m-1)>f(1-2m),则m的取值范围是.【解题指南】根据单调减函数的定义,函数值越大,自变量反而小,据此脱掉“f”,得到关于m的不等式.【...
