課時作業(十三)改變率問題練基礎1.某質點沿曲線運動的方程為f(x)＝－x2＋3(x表示時間，f(x)表示位移)，則該質點從x＝2到x＝3的平均速度為()A．－5 B．5C．－6 D．62．[2024·河北唐山高二期中]函數f(x)＝x2＋2C(C∈R)在區間[－1，2]上的平均改變率為()A．1 B．3C．4 D．23．[2024·廣東珠海高二期末]若函數f(x)＝x2在區間[1，t]上的平均改變率為3，則t＝________．4．已知一物體的運動方程為s(t)＝t2＋2t＋3，求物體在t＝1到t＝1＋Δt這段時間內的平均速度．提實力5.[2024·北京大興高二期中]一個小球從5m的高處下落，其位移y(單位：m)與時間t(單位：s)之間的關系為y＝－4.9t2，則t＝1s時小球的瞬時速度(單位：m/s)為()A．－4.9 B．－9.8C．4.9 D．9.86．(多選)物體自由落體的運動方程為s(t)＝4.9t2(單位：m)，當Δt→0時，eq\f(s（1＋Δt）－s（1）,Δt)→9.8m/s，則下列說法錯誤的是()A．9.8m/s是物體從0s到1s這段時間內的速度B．9.8m/s是物體從1s到(1＋Δt)s這段時間內的速度C．9.8m/s是物體在t＝1s這一時刻的速度D．9.8m/s是物體從1s到(1＋Δt)s這段時間內的平均速度7．物體做勻速運動，其運動方程是s＝vt，則該物體在運動過程中的平均速度與任何時刻的瞬時速度的大小關系是________．8．如圖，直線l為經過曲線上點P和Q的割線．(1)若P(1，2)，Q(5，7)，求l的斜率；(2)當點Q沿曲線向點P靠近時，l的斜率變大還是變小？9．求拋物線f(x)＝3x2－4x－1在點(2，3)處的切線方程．10．一質點M按運動方程s(t)＝at2＋1做直線運動(位移單位：m，時間單位：s)，若質點M在t＝2s時的瞬時速度為8m/s，求常數a的值．培優生11.(多選)若當Δx→0，滿意eq\f(f（1）－f（1－Δx）,2Δx)→－1，則下列結論正確的是()A．eq\f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,Δx)→－4B．eq\f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,Δx)→－2C．曲線y＝f(x)上點(1，f(1))處的切線斜率為－1D．曲線y＝f(x)上點(1，f(1))處的切線斜率為－212．若一物體運動方程如下(位移單位：m，時間單位：s)s＝f(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t2＋2，t≥3,29＋3（t－3）2，0≤t<3))求：(1)物體在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，5))內的平均速度；(2)物體的初速度v0；(3)物體在t＝1時的瞬時速度．課時作業(十三)改變率問題1．解析：由題得該質點從x＝2到x＝3的平均速度為eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2)),3－2)＝－5.故選A.答案：A2．解析：eq\f(f（2）－f（－1）,2－（－1）)＝eq\f(（4＋2C）－（1＋2C）,3)＝1.故選A.答案：A3．解析：函數f(x)＝x2在區間[1，t]上的平均改變率為eq\f(t2－12,t－1)＝t＋1＝3，所以t＝2.答案：24．解析：依題意，物體在t＝1到t＝1＋Δt這段時間內的位移增量為：Δs＝s(1＋Δt)－s(1)＝[(1＋Δt)2＋2(1＋Δt)＋3]－(12＋2×1＋3)＝(Δt)2＋4Δt，于是得eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(（Δt）2＋4Δt,Δt)＝4＋Δt，所以物體在t＝1到t＝1＋Δt這段時間內的平均速度為4＋Δt.5．解析：由題意可知t＝1s時小球的瞬時速度為eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(－4.9（1＋Δt）2＋4.9,Δt)＝eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))(－9.8－4.9Δt)＝－9.8m/s.故選B.答案：B6．解析：由題意，得9.8m/s是物體在t＝1s這一時刻的速度，故C正確，A、B、D錯誤．故選ABD.答案：ABD7．解析：因為平均速度為eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)＝eq\f(v（t0＋Δt）－vt0,Δt)＝v，瞬時速度為eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)＝eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(v（t0＋Δt）－vt0,Δt)＝eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(vΔt,Δt)＝v.所以平均速度與任何時刻的瞬時速度相等．答案：相等8．解析：(1)因為P(1，2)，Q(5，7)，所以kl＝eq\f(7－2,5－1)＝eq\f(5,4).(2)當Q沿曲線向點P靠近時，直線的傾斜角α(銳角)在變大，又k＝tanα，所以直線l的斜率變大了．9．解析：因為eq\f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq\f(3（Δx）2＋8Δx,Δx)＝3Δx＋8，所以k＝eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))(3Δx＋8)＝8，則切線方程y－3＝8(x－2)，即8x－y－13＝0.10．解析：質點M在t＝2時的瞬時速度即為函數在t＝2處的瞬時改變率．∵質點M在t＝2旁邊的平均速度為eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(s（2＋Δt）－s（2）,Δt)＝eq\f(a（2＋Δt）2－4a,Δt)＝4a＋aΔt，∴eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝4a＝8，即a＝2.11．解析：由eq\f(f（1）－f（1－Δx）,2Δx)→－1得：eq\f(f（1）－f（1－Δx）,Δx)→－2，即f′(1)＝－2，∴曲線y＝f(x)上點(1，f(1))處的切線斜率為－2，C錯誤；D正確；eq\f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,Δx)＝2×eq\f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,2Δx)＝2×eq\f(f（1）－f（1－Δx）,Δx)→－4，A正確；B錯誤．故選AD.答案：AD12．解析：(1)由已知在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，5))時，其時間改變量為Δt＝2，其位移改變量為Δs＝f(5)－f(3)＝3×25＋2－(3×9＋2)＝48，故所求平均速度為eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(48,2)＝24m/s.(2)求物體的初速度v0，即求物體在t＝0時的瞬時速度．因為物體在t＝0旁邊位移的平均改變率為eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(f（0＋Δt）－f（0）,Δt)＝eq\f(29＋3（0＋Δt－3）2－29－3（0－3）2,Δt)＝3Δt－18.所以物體在t＝0處位移的瞬時改變率為eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do10(Δt→0))(3Δt－18)＝－18，即物體的初速度v0＝－18m/s.(3)因為物體在t＝1旁邊位移的平均改變率為eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(f（1＋Δt）－f（1）,Δt)＝eq\f(29＋3（1＋Δt－3）