5.1.1 变化率问题-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　一元函数的导数及其应用 5.1　导数的概念及其意义 5.1.1　变化率问题 (教师独具内容) 课程标准：通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，体会极限思想． 教学重点：瞬时速度的求法． 教学难点：求瞬时速度的极限方法． 核心素养：通过学习平均速度、瞬时速度、抛物线切线的斜率，提升数学运算素养和数学抽象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 －4.9(t1＋t2)＋2.8 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 极限 核心概念掌握 8 知识点四　抛物线f(x)＝x2在点P0(1，1)处的切线 与研究瞬时速度类似，为了研究抛物线f(x)＝x2在点 P0(1，1)处的切线，我们通常在点P0(1，1)的附近任取一 点P(x，x2)，考察抛物线f(x)＝x2的割线P0P的变化情况． 我们发现，当点P__________________，割线P0P _______________________位置，这个确定位置的直线 P0T称为抛物线f(x)＝x2在点P0(1，1)处的切线． 无限趋近于点P0时 无限趋近于一个确定的 核心概念掌握 9 Δx＋2 核心概念掌握 10 核心概念掌握 11 1．(求变化量)若h＝－3t2＋2，当t由1变为2时，h的变化量为(　　) A．－1 B．－9 C．－10 D．9 2．(求平均速度)一做直线运动的物体，其位移s(单位：m)与时间t(单位：s)的关系为s＝5t2，则该物体从1 s到3 s这段时间内的平均速度为(　　) A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 核心概念掌握 12 3．(求切线的斜率)抛物线y＝x2在x＝2处的切线斜率为________． 4．(求瞬时速度)在一次跳水运动中，某运动员t s时相对于水面的高度(单位：m)是h(t)＝－4.9t2＋6.5t＋10，则该跳水运动员在t＝1 s时的瞬时速度为__________. 4 －3.3 m/s 核心概念掌握 13 核心素养形成 题型一　平均速度 某质点运动的方程为s(t)＝－2t2＋1(t表示时间，s(t)表示位移)，则该质点从t＝1到t＝2的平均速度为(　　) A．－4 B．－8 C．6 D．－6 核心素养形成 15 核心素养形成 16 [跟踪训练1]　已知一物体的运动方程为s(t)＝2t2＋1，其中时间t的单位是s，位移s的单位是m，那么物体在时间[1，1＋Δt]内的平均速度为(　　) A．4 m/s B．4Δt m/s C．4＋2Δt m/s D．2Δt m/s 核心素养形成 17 题型二　瞬时速度 某物体的运动位移s(单位：m)与时间t(单位：s)的关系可用函数s(t)＝t2＋t＋1表示，求物体在t＝1 s时的瞬时速度． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　求抛物线在某一点处切线的斜率或方程 核心素养形成 22 核心素养形成 23 (2)求抛物线y＝f(x)＝x2－2x＋3在点(1，2)处的切线方程． 核心素养形成 24 感悟提升　求抛物线y＝f(x)在某点处的切线斜率，可先表示出在此点附近通过该点的割线的斜率，再求此斜率的极限即可． 求抛物线在某点处的切线方程的步骤： 核心素养形成 25 [跟踪训练3]　(1)求抛物线y＝－x2＋3x在x＝2处的切线斜率． 核心素养形成 26 (2)求抛物线f(x)＝3x2－4x－1在点(2，3)处的切线方程． 核心素养形成 27 随堂水平达标 解析：垂直距离的增量Δh＝h(2＋Δt)－h(2)＝2(2＋Δt)2＋2(2＋Δt)－(2×22＋2×2)＝8＋8Δt＋2(Δt)2＋4＋2Δt－8－4＝2(Δt)2＋10Δt. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 2．一质点做直线运动，其位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为s＝－2t2＋t＋3，则该质点的初速度是(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．－3 m/s D．－4 m/s 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 3．(多选)(2024·河南洛阳高二月考)已知某物体的运动方程为s(t)＝7t2＋8(0≤t≤5)，则下列说法正确的是(　　) A．该物体在1≤t≤3时的平均速度是28 B．该物体在t＝4时的瞬时速度是56 C．该物体位移的最大值为43 D．该物体在t＝5时的瞬时速度是70 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．抛物线f(x)＝2x2－4在点(1，－2)处的切线的斜率为________． 4 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5．某汽车启动阶段的位移函数为s(t)＝2t3－5t2，其中位移s的单位为m，时间t的单位为s，则当t＝2 s时，汽车的瞬时速度是________． 4 m/s 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比70%)　中档题(占比20%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 瞬时速度的概念 求物体运动的平均速度 求抛物线的割线斜率 由瞬时速度求参数值 根据函数图象比较平均速度的大小 由平均速度求参数值 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 求抛物线在某点处的切线方程 由物体的瞬时速度求时间 物体的平均速度与瞬时速度的求法 物体的平均速度与瞬时速度的求法 物体瞬时速度的求法 已知抛物线在某点处的切线斜率求切线方程 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 3．已知抛物线y＝2x2－1的图象上一点(1，1)及其邻近一点(1＋Δx，1＋Δy)，则这两点所在割线的斜率为(　　) A．2＋Δx B．2－2Δx C．4＋2Δx D．4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 4．一质点M沿直线运动，位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为s(t)＝at2＋1，若质点M在t＝2 s时的瞬时速度为8 m/s，则常数a的值为(　　) A．1 B．2 C．4 D．6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 5．(多选)如图所示是物体甲、乙在时间0到t1范围 内位移的变化情况，下列说法正确的是(　　) A．在0到t0范围内甲的平均速度小于乙的平均速度 B．在0到t0范围内甲的平均速度等于乙的平均速度 C．在t0到t1范围内甲的平均速度大于乙的平均速度 D．在t0到t1范围内甲的平均速度等于乙的平均速度 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 二、填空题 6．(2024·重庆永川北山中学期末)一个物体做直线运动，位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的函数关系为s(t)＝5t2＋mt，且这一物体在2≤t≤3这段时间内的平均速度为26 m/s，则实数m的值为________． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 2x－2y－5＝0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 8．一物体的位移s与时间t之间的关系为s＝7t2－13t＋8，且在t＝t0时的瞬时速度为1，则t0＝________． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 10．航天飞机发射后的一段时间内，时间t与飞机高度h的关系为h(t)＝5t3＋30t2＋45t＋4，其中h的单位为m，t的单位为s. (1)h(0)，h(1)分别表示什么？ (2)求第1 s内航天飞机的平均速度； (3)求第1 s末航天飞机的瞬时速度． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 11．子弹在枪筒中的运动可以看作是匀加速直线运动．子弹运动的时间t与位移s满足s＝2.5×105t2，其中s的单位是m，t的单位是s.子弹从枪口射出所用的时间为1.6×10－3 s，求子弹射出枪口时的瞬时速度． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 12．若抛物线f(x)＝2x2＋4x在x＝x0处的切线斜率为8，求f(x)在x＝x0处的切线方程． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　跳水运动员的平均速度 在一次跳水运动中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度h(单位：m)与起跳后的时间t(单位：s)存在函数关系h(t)＝－4.9t2＋2.8t＋11. 一般地，在t1≤t≤t2这段时间里， eq \o(v,\s\up6(－))＝_________________＝___________________． eq \f(h（t2）－h（t1）,t2－t1) 知识点二　跳水运动员的瞬时速度 为了精确刻画运动员的运动状态，需要引入瞬时速度的概念．我们把物体在某一时刻的速度称为瞬时速度． 知识点三　跳水运动员在t＝1 s时瞬时速度的求法 Δt是时间改变量，可以是正值，也可以是负值，但不为0. 当Δt<0时，在时间段[1＋Δt，1]内 当Δt>0时，在时间段[1，1＋Δt]内 Δt eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(h（1）－h（1＋Δt）,1－（1＋Δt）) ＝eq \f(4.9（Δt）2＋7Δt,－Δt) ＝－4.9Δt－7 Δt eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(h（1＋Δt）－h（1）,（1＋Δt）－1) ＝eq \f(－4.9（Δt）2－7Δt,Δt) ＝－4.9Δt－7 数学中，我们把－7叫做“当Δt无限趋近于0时，eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(h（1＋Δt）－h（1）,Δt)的 _______”，记为______________________________．从物理的角度看，当时间间隔|Δt|无限趋近于0时，平均速度eq \o(v,\s\up6(－))就无限趋近于t＝1时的瞬时速度．因此，运动员在t＝1 s时的瞬时速度v(1)＝－7 m/s. [说明]　“Δt→0”读作“Δt无限趋近于0”，是指时间间隔越来越短，能越过任意小的时间间隔，即|Δt|要多小就有多小，其含义是可以小于任何预先给定的正数，但Δt始终不能为零． eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(h（1＋Δt）－h（1）,Δt)＝－7 知识点五　抛物线f(x)＝x2在点P0(1，1)处的切线P0T的斜率 记Δx＝x－1，则点P的坐标是(1＋Δx，(1＋Δx)2)．于是，割线P0P的斜率k＝ ____________＝_________________＝__________． 我们发现，当Δx无限趋近于0时，即无论x从小于1的一边，还是从大于1的一边无限趋近于1时，割线P0P的斜率k都无限趋近于2. eq \f(f(x)－f(1),x－1) eq \f((1＋Δx)2－1,(1＋Δx)－1) 事实上，由k＝eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝Δx＋2可以直接看出，当Δx无限趋近于0时，Δx＋2无限趋近于2.我们把2叫做“____________________________________________”，记为__eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))____________________． 因此，切线P0T的斜率k0＝2. 当Δx无限趋近于0时，k＝eq \f(f(1＋Δx)－f(1),Δx)的极限 eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq \f(f(1＋Δx)－f(1),Δx)＝2 解析：由题意得该质点从t＝1到t＝2的平均速度为eq \f(s（2）－s（1）,2－1)＝eq \f(－8＋1－（－2＋1）,1)＝－6. 感悟提升　求物体运动的平均速度的步骤 (1)求时间的改变量Δt＝t2－t1； (2)求位移的变化量Δs＝s(t2)－s(t1)； (3)求平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（t2）－s（t1）,t2－t1). 解析：由题意，得Δs＝s(1＋Δt)－s(1)＝2(1＋Δt)2＋1－3＝4Δt＋2(Δt)2，所以eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(4Δt＋2（Δt）2,Δt)＝4＋2Δt. 解：因为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（1＋Δt）－s（1）,Δt) ＝eq \f(（1＋Δt）2＋（1＋Δt）＋1－（12＋1＋1）,Δt)＝3＋Δt， 所以eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))(3＋Δt)＝3. 即物体在t＝1 s时的瞬时速度为3 m/s. 感悟提升　求运动物体瞬时速度的步骤 第一步：求位移改变量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)； 第二步：求平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δs,Δt)； 第三步：求瞬时速度，当Δt无限趋近于0时，eq \f(Δs,Δt)无限趋近于的常数v，即为瞬时速度，即v＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt). [跟踪训练2]　某质点A从时刻t＝0开始沿某方向运动的位移为s(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t3－6t2＋9t（0≤t<4），,t2－10t＋28（t≥4），))比较质点A在时刻t＝3与t＝5的瞬时速度的大小． 解：当0≤t<4时，s(t)＝t3－6t2＋9t＝t(t－3)2， 所以当t＝3时， eq \o(v,\s\up6(－))1＝eq \f(s（3＋Δt）－s（3）,Δt) ＝eq \f(（3＋Δt）（Δt）2－3×（3－3）2,Δt) ＝Δt(3＋Δt)． v1＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))[Δt(3＋Δt)]＝0. 当t≥4时，s(t)＝t2－10t＋28， 所以当t＝5时， eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \f(s（5＋Δt）－s（5）,Δt) ＝eq \f(（5＋Δt）2－10（5＋Δt）＋28－25＋50－28,Δt)＝eq \f(（Δt）2,Δt)＝Δt. 所以v2＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))Δt＝0. 所以质点A在时刻t＝3与t＝5的瞬时速度都为0，故大小相等． 　(1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，0≤x<2，,2（x－1）2，x≥2.))求两段抛物线在x＝1和x＝4处的切线斜率． 解：抛物线在x＝1附近割线的斜率为 k＝eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx) ＝eq \f(（1＋Δx）2＋1＋Δx－2,Δx) ＝eq \f(3Δx＋（Δx）2,Δx)＝3＋Δx， 所以抛物线在x＝1处的切线斜率为eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (3＋Δx)＝3. 抛物线在x＝4附近割线的斜率为 k＝eq \f(f（4＋Δx）－f（4）,Δx) ＝eq \f(2（4＋Δx－1）2－2×（4－1）2,Δx) ＝eq \f(12Δx＋2（Δx）2,Δx)＝12＋2Δx， 所以抛物线在x＝4处的切线斜率为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (12＋2Δx)＝12. 解：由eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx) ＝eq \f(（1＋Δx）2－2（1＋Δx）＋3－2,Δx) ＝Δx， 可得切线的斜率为k＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))Δx＝0. 所以切线方程为y－2＝0×(x－1)， 即y＝2. 解：令y＝f(x)，则抛物线y＝－x2＋3x在x＝2处的切线斜率为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)，而f(2＋Δx)－f(2)＝－(2＋Δx)2＋3(2＋Δx)－2＝－(Δx)2－Δx， 所以抛物线y＝－x2＋3x在x＝2处的切线斜率为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(－（Δx）2－Δx,Δx)＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (－Δx－1)＝－1. 解：eq \f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq \f(3（Δx）2＋8Δx,Δx)＝3Δx＋8， 所以切线斜率k＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (3Δx＋8)＝8， 则切线方程为y－3＝8(x－2)， 即8x－y－13＝0. 1．(2024·四川广元高二期中)一球沿某一斜面自由滚下，测得滚下的垂直距离h(单位：m)与时间t(单位：s)之间的函数关系为h(t)＝2t2＋2t，则在时间段[2，2＋Δt]内球滚下的垂直距离的增量Δh＝(　　) A．2Δt＋eq \f(10,Δt) B．2(Δt)2＋10Δt C．2Δt＋(Δt)2 D．2＋Δt 解析：质点的初速度即在t＝0时的瞬时速度．因为质点在t＝0附近的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(－2（0＋Δt）2＋（0＋Δt）＋3－3,Δt)＝－2Δt＋1，所以质点在t＝0时的瞬时速度为eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (－2Δt＋1)＝1，即质点的初速度为1 m/s.故选A. 解析：对于A，该物体在1≤t≤3时的平均速度是eq \f(s（3）－s（1）,3－1)＝eq \f(71－15,2)＝28，故A正确；对于B，因为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（4＋Δt）－s（4）,Δt)＝56＋7Δt，所以eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝56，故B正确；对于C，当t＝5时，s(t)有最大值s(t)max＝s(5)＝183，故C错误；对于D，因为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(7（5＋Δt）2＋8－7×52－8,Δt)＝7Δt＋70，所以eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝70，故D正确．故选ABD. 解析：割线斜率k＝eq \f(f（1＋Δx）－f（1）,Δx)＝eq \f(2（1＋Δx）2－4－（－2）,Δx)＝eq \f(4Δx＋2（Δx）2,Δx)＝4＋2Δx，所以抛物线f(x)＝2x2－4在点(1，－2)处的切线的斜率为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (4＋2Δx)＝4. 解析：v＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(2（2＋Δt）3－5（2＋Δt）2－（2×23－5×22）,Δt)＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))[4＋7Δt＋2(Δt)2]＝4(m/s)． 一、选择题 1．(2024·山东名校高二月考)某直线运动的物体从时刻t到t＋Δt的位移为Δs，那么eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)为(　　) A．从时刻t到t＋Δt物体的平均速度 B．从时刻t到t＋Δt位移的改变量 C．该物体在Δt时刻的瞬时速度 D．该物体在t时刻的瞬时速度 解析根据题意，直线运动的物体从时刻t到t＋Δt，时间的改变量为Δt，而物体位移的改变量为Δs，所以eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)为该物体在t时刻的瞬时速度．故选D. 2．某一质点的运动规律为s(t)＝t2＋3，则在时间[3，3＋Δt]内相应的平均速度为(　　) A．6＋Δt B．6＋Δt＋eq \f(9,Δt) C．3＋Δt D．9＋Δt 解析：eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（3＋Δt）－s（3）,Δt)＝eq \f(（3＋Δt）2－9,Δt)＝6＋Δt.故选A. 解析：这两点所在割线的斜率为k＝eq \f(2（1＋Δx）2－1－1,Δx)＝4＋2Δx. 解析：∵质点M在t＝2 s附近的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s（2＋Δt）－s（2）,Δt)＝eq \f(a（2＋Δt）2－4a,Δt)＝4a＋aΔt，∴质点M在t＝2 s时的瞬时速度为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (4a＋aΔt)＝4a＝8，即a＝2. 解析：在0到t0范围内甲、乙的平均速度均为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s0,t0)，所以A错误，B正确；在t0到t1范围内甲的平均速度为eq \f(s2－s0,t1－t0)，乙的平均速度为eq \f(s1－s0,t1－t0)，很明显eq \f(s2－s0,t1－t0)>eq \f(s1－s0,t1－t0)，所以C正确，D错误．故选BC. 解析：Δs＝5×32＋3m－(5×22＋2m)＝25＋m，Δt＝3－2＝1，∵物体在2≤t≤3这段时间内的平均速度为26 m/s，∴eq \f(Δs,Δt)＝25＋m＝26，解得m＝1. 7．抛物线y＝eq \f(1,2)x2－2在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))处的切线方程为______________． 解析：抛物线y＝eq \f(1,2)x2－2在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))处的切线斜率k＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(\f(1,2)（1＋Δx）2－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),Δx)＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Δx＋1))＝1，故所求切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝1×(x－1)，即2x－2y－5＝0. 解析：∵eq \o(v,\s\up6(－))＝2,0)eq \f(7（t0＋Δt）2－13（t0＋Δt）＋8－7t＋13t0－8,Δt) ＝eq \f(14t0·Δt－13Δt＋7（Δt）2,Δt)＝14t0－13＋7Δt，v＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (14t0－13＋7Δt)＝14t0－13＝1，∴t0＝1. 三、解答题 9．若一物体的位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为s＝f(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t2＋2，t≥3，,29＋3（t－3）2，0≤t＜3.)) 求：(1)物体在t∈[3，5]内的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))； (2)物体的初速度； (3)物体在t＝1 s时的瞬时速度． 解：(1)eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(f（5）－f（3）,5－3)＝eq \f(3×52＋2－（3×32＋2）,5－3)＝24(m/s)． (2)求物体的初速度，即求物体在t＝0时的瞬时速度． 因为物体在t＝0附近的平均速度为 eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(29＋3[（0＋Δt）－3]2－29－3（0－3）2,Δt)＝3Δt－18， 所以物体在t＝0时的瞬时速度为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (3Δt－18)＝－18(m/s)． 即物体的初速度为－18 m/s. (3)物体在t＝1 s附近的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(f（1＋Δt）－f（1）,Δt)＝3Δt－12， 所以物体在t＝1 s时的瞬时速度为eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (3Δt－12)＝－12(m/s)． 解：(1)h(0)表示航天飞机未发射时的高度，h(1)表示航天飞机发射1 s后的高度． (2)eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(h（1）－h（0）,1－0)＝80(m/s)，即第1 s内航天飞机的平均速度为80 m/s. (3)v＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq \f(h（1＋Δt）－h（1）,Δt)＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0))eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))[5(Δt)2＋45Δt＋120]＝120(m/s)， 即第1 s末航天飞机的瞬时速度为120 m/s. 解：设子弹从枪口射出时刻为t0， ∵eq \o(v,\s\up6(－))＝2,0)eq \f(2.5×105t－2.5×105（t0－Δt）2,Δt) ＝eq \f(2.5×105（2t0－Δt）Δt,Δt) ＝5×105t0－2.5×105Δt， ∴v＝eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δt→0)) (5×105t0－2.5×105Δt)＝5×105t0. 又t0＝1.6×10－3 s， ∴v＝5×105t0＝8×102＝800(m/s)． ∴子弹射出枪口时的瞬时速度为800 m/s. 解：抛物线f(x)＝2x2＋4x在x＝x0附近且通过该点的割线斜率为 k＝eq \f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx) ＝2,0)eq \f(2（x0＋Δx）2＋4（x0＋Δx）－（2x＋4x0）,Δx) ＝2Δx＋4x0＋4， 所以eq \o(,\s\up4(lim),\s\do4(Δx→0)) (2Δx＋4x0＋4)＝4x0＋4＝8，即x0＝1， 所以f(x0)＝f(1)＝2×12＋4×1＝6. 所以所求切线方程为y－6＝8(x－1)，即8x－y－2＝0. $$