人教B版 (2019)必修 第一册第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.4 均值不等式及其应用当堂达标检测题

这是一份人教B版 (2019)必修 第一册第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.4 均值不等式及其应用当堂达标检测题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．经过两点A(4，2y＋1)，B(2，－3)的直线的斜率为－1，则y等于( )
A．－1B．－3
C．0D．2
2．已知f(x)＝3x2＋5，则自变量x从0.1到0.2的平均变化率为( )
A．0.3B．0.9
C．0.6D．1.2
3．已知三点A(2，－3)，B(4，3)及Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(k,2)))在同一条直线上，则k的值是( )
A．7B．9
C．11D．12
4．函数f(x)＝eq \r(x)从1到a的平均变化率为eq \f(1,4)，则实数a的值为( )
A．10B．9
C．8D．7
二、填空题
5．过两点A(3－m－m2，2m)，B(m2＋2，m2－3)的直线l的斜率为1，则m＝________．
6．汽车行驶的路程s和时间t之间的变化规律如图所示，在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]内的平均速度分别是eq \(v,\s\up6(－))1，eq \(v,\s\up6(－))2，eq \(v,\s\up6(－))3，则三者的大小关系为________．
7．下列说法中，正确的有________个．
①若对任意x1，x2∈I，当x1≠x2时，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，则y＝f(x)在I上是增函数；
②函数y＝x2在R上是增函数；
③函数y＝－eq \f(1,x)在定义域上是增函数；
④函数y＝eq \f(1,x)的单调减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).
三、解答题
8．(1)求证：三点A(－2，3)，B(7，6)，C(4，5)在同一直线上．
(2)若A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab≠0)三点共线，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的值．
9．判断f(x)＝eq \f(x,x＋2)在区间[2，4]上的单调性并求最值．
[尖子生题库]
10．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a>0，x>0).
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上取得最大值5，求实数a的值．
课时作业(十八) 函数的平均变化率
1．解析：由eq \f(2y＋1－（－3）,4－2)＝eq \f(2y＋4,2)＝y＋2，得y＋2＝－1，∴y＝－3.
答案：B
2．解析：Δy＝f(0.2)－f(0.1)＝0.12＋5－0.03－5＝0.09，可得平均变化率eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(0.09,0.2－0.1)＝0.9.
答案：B
3．解析：若A，B，C三点在同一条直线上，则直线AB与直线AC斜率相等，即eq \f(3＋3,4－2)＝eq \f(\f(k,2)＋3,5－2)，解得k＝12.
答案：D
4．解析：f(x)＝eq \r(x)从1到a的平均变化率为eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(\r(a)－1,a－1)＝eq \f(1,1＋\r(a))＝eq \f(1,4)，解得a＝9，故选B.
答案：B
5．解析：由题意得eq \f(（m2－3）－2m,（m2＋2）－（3－m－m2）)＝eq \f(（m－3）（m＋1）,（2m－1）（m＋1）)＝eq \f(m－3,2m－1)＝1，解得m＝－2.
答案：－2
6．解析：∵eq \(v,\s\up6(－))1＝eq \f(s（t1）－s（t0）,t1－t0)＝kOA，eq \(v,\s\up6(－))2＝eq \f(s（t2）－s（t1）,t2－t1)＝kAB，eq \(v,\s\up6(－))3＝eq \f(s（t3）－s（t2）,t3－t2)＝kBC，由图得kOA答案：eq \(v,\s\up6(－))17．解析：由eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0知eq \f(Δy,Δx)>0，因此y＝f(x)是增函数，故①正确．y＝x2和y＝－eq \f(1,x)都有增区间，但不是增函数，y＝eq \f(1,x)单调减区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，故②③④不正确．
答案：1
8．解析：(1)证明：因为直线AB的斜率kAB＝eq \f(6－3,7－（－2）)＝eq \f(1,3)，直线AC的斜率kAC＝eq \f(5－3,4－（－2）)＝eq \f(1,3)，所以kAB＝kAC，所以直线AB与直线AC重合，即A，B，C三点共线．
(2)由题意可知，直线AB，AC的斜率存在，∴a≠2.由kAB＝kAC得eq \f(2－0,2－a)＝eq \f(2－b,2－0)，即a＋b＝eq \f(1,2)ab，又ab≠0，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,2).
9．解析：设x1≠x2，eq \f(Δf,Δx)＝eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq \f(\f(x2,x2＋2)－\f(x1,x1＋2),x2－x1)＝eq \f(\f(x2（x1＋2）－x1（x2＋2）,（x2＋2）（x1＋2）),x2－x1)＝eq \f(2,（x1＋2）（x2＋2）).∵x1，x2∈[2，4]，∴eq \f(Δf,Δx)>0，∴f(x)＝eq \f(x,x＋2)在[2，4]上为增函数，当x＝2时，f(x)有最小值f(2)＝eq \f(1,2)，当x＝4时，f(x)有最大值f(4)＝eq \f(2,3).
10．解析：(1)证明：设x1≠x2，eq \f(Δf,Δx)＝eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq \f(（\f(1,a)－\f(1,x2)）－（\f(1,a)－\f(1,x1)）,x2－x1)＝eq \f(\f(1,x1)－\f(1,x2),x2－x1)＝eq \f(1,x1x2).
∵x1、x2∈(0，＋∞)，∴eq \f(1,x1x2)＞0，∴eq \f(Δf,Δx)>0，
∴f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数．
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上是增函数，
∴f(x)max＝f(4)＝5，即eq \f(1,a)－eq \f(1,4)＝5，解得a＝eq \f(4,21).