5.1.1 变化率问题-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦“导数的概念及其意义”，通过跳水运动员的平均速度、瞬时速度及抛物线切线斜率实例，引导学生从平均变化率过渡到瞬时变化率，搭建从具体实例到抽象极限思想的学习支架，梳理导数概念形成的知识脉络。 其特色在于融合物理运动与几何图形，以“问题情境—概念建构—应用拓展”为主线，通过实例推导培养数学抽象和数学运算素养，如瞬时速度的极限求法、切线斜率的推导过程。分层练习设计帮助学生巩固知识，教师可借助此资料高效落实教学目标，提升学生用数学思维思考现实世界的能力。

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 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． (教师独具内容) 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 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． 核心概念掌握 5 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. 核心概念掌握 6 极限 [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． 核心概念掌握 7 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 ____________________的位置，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 核心概念掌握 8 知识点五　抛物线f(x)＝x2在点P0(1，1)处切线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. Δx＋2 核心概念掌握 9 的极限 核心概念掌握 10 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 核心概念掌握 11 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处切线的斜率为_____． 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 【感悟提升】求运动物体瞬时速度的步骤 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)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60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 瞬时速度的概念 求物体运动的平均速度 求抛物 线割线 的斜率 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 求抛物线在某点处的切线方程 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 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 由平均速度求参数值；求物体的瞬时速度 根据函数图象比较平均速度的大小 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 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 3．已知抛物线y＝2x2－1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 13 14 40 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 13 14 41 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 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 二、填空题 6．一个物体做直线运动，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 13 14 44 2x－2y－5＝0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 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 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 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 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 11．已知某登山者爬山的路程h(单位：m)与时间t(单位：h)之间的函数关系为h(t)＝at2＋600t，若该登山者在1≤t≤3这段时间内的平均速度是360 m/h，则该登山者在t＝3时的瞬时速度是(　　) A．180 m/h B．240 m/h C．360 m/h D．480 m/h 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 13．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 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 14．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 13 14 57 　　　　　　　　　　　　　 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\up12(－))＝______________＝____________________． eq \f(h(t2)－h(t1),t2－t1) 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\up12(－))＝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\up12(－))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. eq \o(lim,\s\do15(Δt→0))eq \f(h(1＋Δt)－h(1),Δt)＝－7 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_______________________． 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) eq \o(lim,\s\do15(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\do15(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\do15 (Δt→0))(3＋Δt)＝3. 即物体在t＝1 s时的瞬时速度为3 m/s. 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\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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 k1＝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\do15(Δx→0)) (3＋Δx)＝3. 抛物线在x＝4附近割线的斜率为 k2＝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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(Δx→0)) eq \f(－(Δx)2－Δx,Δx)＝eq \o(lim,\s\do15(Δx→0)) (－Δx－1)＝－1. 解：eq \f(f(2＋Δx)－f(2),Δx)＝eq \f(3(Δx)2＋8Δx,Δx)＝3Δx＋8， 所以切线的斜率为k＝eq \o(lim,\s\do15(Δx→0))(3Δx＋8)＝8， 则所求切线方程为y－3＝8(x－2)，即8x－y－13＝0. 1．一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\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(Δx→0)) (4＋2Δx)＝4. 解析：v＝eq \o(lim,\s\do15(Δt→0)) eq \f(2(2＋Δt)3－5(2＋Δt)2－(2×23－5×22),Δt) ＝eq \o(lim,\s\do15(Δt→0)) [4＋7Δt＋2(Δt)2]＝4(m/s)． 一、选择题 1．某直线运动的物体从时刻t到t＋Δt的位移为Δs，那么eq \o(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(Δx→0)) eq \f(\f(1,2)(1＋Δx)2－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),Δx)＝eq \o(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(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(lim,\s\do15(Δt→0)) eq \f(h(1＋Δt)－h(1),Δt)＝eq \o(lim,\s\do15(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. 解析：Δh＝h(3)－h(1)＝8a＋1200，Δt＝3－1＝2，所以该登山者在1≤t≤3这段时间内的平均速度是eq \f(Δh,Δt)＝eq \f(8a＋1200,2)＝4a＋600＝360，所以a＝－60，所以eq \o(lim,\s\do15(Δt→0)) eq \f(h(3＋Δt)－h(3),Δt)＝eq \o(lim,\s\do15(Δt→0)) eq \f(－60(Δt)2＋240Δt,Δt)＝eq \o(lim,\s\do15(Δt→0)) (－60Δt＋240)＝240，故该登山者在t＝3时的瞬时速度是240 m/h.故选B. 12.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 \o(v,\s\up6(－))1，eq \o(v,\s\up6(－))2，eq \o(v,\s\up6(－))3，则三者的大小关系为______________． 解析：∵eq \o(v,\s\up6(－))1＝eq \f(s(t1)－s(t0),t1－t0)＝kOA，eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \f(s(t2)－s(t1),t2－t1)＝kAB，eq \o(v,\s\up6(－))3＝eq \f(s(t3)－s(t2),t3－t2)＝kBC，由题图，得kOA＜kAB＜kBC，∴eq \o(v,\s\up6(－))1＜eq \o(v,\s\up6(－))2＜eq \o(v,\s\up6(－))3. eq \o(v,\s\up6(－))1＜eq \o(v,\s\up6(－))2＜eq \o(v,\s\up6(－))3 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(lim,\s\do15(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：因为抛物线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(lim,\s\do15(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. $