PAGEPAGE123．1.1&3.1.2變更率問題導數的概念預習課本P72～76，思索并完成以下問題1．平均變更率的定義是什么？平均變更率的幾何意義是什么？2．瞬時變更率的定義是怎樣的？如何求瞬時變更率？3．如何用定義求函數在某一點處的導數？eq\a\vs4\al([新知初探])1．函數y＝f(x)從x1到x2的平均變更率(1)定義式：eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1).(2)實質：函數值的變更量與自變量的變更量之比．(3)意義：刻畫函數值在區間[x1，x2]上變更的快慢．(4)平均變更率的幾何意義：設A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))是曲線y＝f(x)上隨意不同的兩點，函數y＝f(x)的平均變更率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq\f(fx1＋Δx－fx1,Δx)為割線AB的斜率，如圖所示．[點睛]Δx是變量x2在x1處的變更量，且x2是x1旁邊的隨意一點，即Δx＝x2－x1≠0，但Δx可以為正，也可以為負．2．函數y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變更率定義式lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)實質瞬時變更率是當自變量的變更量趨近于0時，平均變更率趨近的值作用刻畫函數在某一點處變更的快慢[點睛]“Δx無限趨近于0”的含義Δx趨于0的距離要多近有多近，即|Δx－0|可以小于給定的隨意小的正數，且始終Δx≠0.3．導數的概念定義式lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)記法f′(x0)或y′|x＝x0實質函數y＝f(x)在x＝x0處的導數就是y＝f(x)在x＝x0處的瞬時變更率[點睛]函數f(x)在x0處的導數(1)當Δx≠0時，比值eq\f(Δy,Δx)的極限存在，則f(x)在點x0處可導；若eq\f(Δy,Δx)的極限不存在，則f(x)在點x0處不行導或無導數．(2)在點x＝x0處的導數的定義可變形為f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,－Δx)或f′(x0)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→x0))eq\f(fx－fx0,x－x0).eq\a\vs4\al([小試身手])1．推斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數y＝f(x)在x＝x0處的導數值與Δx值的正、負無關()(2)瞬時變更率是刻畫某函數值在區間[x1，x2]上變更快慢的物理量()(3)在導數的定義中，Δx，Δy都不行能為零()答案：(1)√(2)×(3)×2．函數y＝f(x)，自變量x由x0變更到x0＋Δx時，函數的變更量Δy為()A．f(x0＋Δx) B．f(x0)＋ΔxC．f(x0)·Δx D．f(x0＋Δx)－f(x0)答案：D3．已知函數f(x)＝2x2－4的圖象上兩點A，B，且xA＝1，xB＝1.1，則函數f(x)從A點到B點的平均變更率為()A．4 B．4xC．4.2D．4.02答案：C4．在f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)中，Δx不行能為()A．大于0 B．小于0C．等于0 D．大于0或小于0答案：C求函數的平均變更率[典例]求函數f(x)＝x2在x＝1,2,3旁邊的平均變更率，取Δx的值為eq\f(1,3)，哪一點旁邊的平均變更率最大？[解]在x＝1旁邊的平均變更率為k1＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(1＋Δx2－1,Δx)＝2＋Δx；在x＝2旁邊的平均變更率為k2＝eq\f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq\f(2＋Δx2－22,Δx)＝4＋Δx；在x＝3旁邊的平均變更率為k3＝eq\f(f3＋Δx－f3,Δx)＝eq\f(3＋Δx2－32,Δx)＝6＋Δx；若Δx＝eq\f(1,3)，則k1＝2＋eq\f(1,3)＝eq\f(7,3)，k2＝4＋eq\f(1,3)＝eq\f(13,3)，k3＝6＋eq\f(1,3)＝eq\f(19,3)，由于k1＜k2＜k3，故在x＝3旁邊的平均變更率最大．求平均變更率的步驟(1)先計算函數值的變更量Δy＝f(x1)－f(x0)．(2)再計算自變量的變更量Δx＝x1－x0.(3)求平均變更率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0).[留意]Δx，Δy的值可正，可負，但Δx≠0，Δy可為零，若函數f(x)為常值函數，則Δy＝0.[活學活用]已知函數f(x)＝x＋eq\f(1,x)，分別計算f(x)在[1,2]和[3,5]上的平均變更率，并比較兩個區間上變更的快慢．解：自變量x從1變更到2時，函數f(x)的平均變更率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f2－f1,2－1)＝eq\f(1,2).自變量x從3變更到5時，函數f(x)的平均變更率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f5－f3,5－3)＝eq\f(14,15).由于eq\f(1,2)＜eq\f(14,15)，所以函數f(x)＝x＋eq\f(1,x)在[3,5]的平均變更比在[1,2]的平均變更快．求瞬時速度[典例]一做直線運動的物體，其位移s與時間t的關系是s(t)＝3t－t2.(1)求此物體的初速度；(2)求此物體在t＝2時的瞬時速度．[解](1)當t＝0時的速度為初速度．在0時刻取一時間段[0,0＋Δt]，即[0，Δt]，∴Δs＝s(Δt)－s(0)＝[3Δt－(Δt)2]－(3×0－02)＝3Δt－(Δt)2，eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(3Δt－Δt2,Δt)＝3－Δt，lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))(3－Δt)＝3.∴物體的初速度為3.(2)取一時間段[2,2＋Δt]，∴Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝[3(2＋Δt)－(2＋Δt)2]－(3×2－22)＝－Δt－(Δt)2，eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(－Δt－Δt2,Δt)＝－1－Δt，lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))(－1－Δt)＝－1，∴當t＝2時，物體的瞬時速度為－1.1．求運動物體瞬時速度的三個步驟(1)求時間變更量Δt和位移變更量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)．(2)求平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)；(3)求瞬時速度，當Δt無限趨近于0時，eq\f(Δs,Δt)無限趨近于常數v，即為瞬時速度．2．求eq\f(Δy,Δx)(當Δx無限趨近于0時)的極限的方法(1)在極限表達式中，可把Δx作為一個數來參加運算；(2)求出eq\f(Δy,Δx)的表達式后，Δx無限趨近于0就是令Δx＝0，求出結果即可．[活學活用]一物體做初速度為0的自由落體運動，運動方程為s＝eq\f(1,2)gt2(g＝10m/s2，位移單位：m，時間單位：s)，求物體在t＝2s時的瞬時速度．解：因為Δs＝eq\f(1,2)g(2＋Δt)2－eq\f(1,2)g×22＝2gΔt＋eq\f(1,2)g(Δt)2，所以eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2gΔt＋\f(1,2)gΔt2,Δt)＝2g＋eq\f(1,2)gΔt，當Δt趨近于0時，eq\f(Δs,Δt)趨近于2g，所以物體在t＝2s時的瞬時速度為20m/s.求函數在某點處的導數[典例](1)函數f(x)＝eq\f(1,2＋3x)在x＝1處的導數為________．(2)已知函數f(x)在x＝x0處的導數為4，則lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,Δx)＝________.[解析](1)因為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(\f(1,2＋31＋Δx)－\f(1,2＋3×1),Δx)＝eq\f(\f(－3Δx,55＋3Δx),Δx)＝eq\f(－3,55＋3Δx)，所以f′(1)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(－3,55＋3Δx)＝－eq\f(3,25).(2)lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx0＋2Δx－fx0,2Δx)×2))＝2lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,2Δx)＝2f′(x0)＝2×4＝8.[答案](1)－eq\f(3,25)(2)81．用導數定義求函數在某一點處的導數的步驟簡稱：一差、二比、三極限．2．瞬時變更率的變形形式lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,－Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋nΔx－fx0,nΔx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－Δx,2Δx)＝f′(x0)．[活學活用]1．求函數y＝x－eq\f(1,x)在x＝1處的導數．解：因為Δy＝(1＋Δx)－eq\f(1,1＋Δx)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－1))＝Δx＋eq\f(Δx,1＋Δx)，所以eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(Δx＋\f(Δx,1＋Δx),Δx)＝1＋eq\f(1,1＋Δx).當Δx→0時，eq\f(Δy,Δx)→2，所以函數y＝x－eq\f(1,x)在x＝1處的導數為2.2．已知f′(1)＝－2，求lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1－2Δx－f1,Δx).解：lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1－2Δx－f1,Δx)＝(－2)×lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1－2Δx－f1,－2Δx)＝(－2)×(－2)＝4.層級一學業水平達標1．已知函數f(x)＝1－2x從x＝1到x＝2的平均變更率為k1，從x＝－2到x＝－1的平均變更率為k2，則k1與k2的大小關系為()A．k1＞k2 B．k1＝k2C．k1＜k2 D．不確定解析：選B由平均變更率的幾何意義知k1＝k2.故選B.2．一個物體做直線運動，位移s(單位：m)與時間t(單位：s)之間的函數關系為s(t)＝5t2＋mt，且這一物體在2≤t≤3這段時間內的平均速度為26m/s，則實數m的值為()A．2 B．1C．－1D．6解析：選B由已知，得eq\f(s3－s2,3－2)＝26，即(5×32＋3m)－(5×22＋2m)＝26，解得m＝1，選B.3．假如質點A依據規律s＝3t2運動，則在t0＝3時的瞬時速度為()A．6 B．18C．54 D．81解析：選B∵s(t)＝3t2，t0＝3，∴Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)＝3(3＋Δt)2－3·32＝18Δt＋3(Δt)2.∴eq\f(Δs,Δt)＝18＋3Δt.∴lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))(18＋3Δt)＝18，故應選B.4．設函數f(x)在點x0旁邊有定義，且有f(x0＋Δx)－f(x0)＝aΔx＋b(Δx)2(a，b為常數)，則()A．f′(x)＝a B．f′(x)＝bC．f′(x0)＝a D．f′(x0)＝b解析：選Cf′(x0)＝lieq\o(m,\s\do4(△x－0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(△x－0))(a＋b·Δx)＝a.5．已知f(x)＝x2－3x，則f′(0)＝()A．Δx－3 B．(Δx)2－3ΔxC．－3 D．0解析：選Cf′(0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(0＋Δx2－30＋Δx－02＋3×0,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δx2－3Δx,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))(Δx－3)＝－3.故選C.6.如圖是函數y＝f(x)的圖象．(1)函數f(x)在區間[0,2]上的平均變更率為________；(2)函數f(x)在區間[2,4]上的平均變更率為________．解析：(1)函數f(x)在區間[0,2]上的平均變更率為eq\f(f2－f0,2－0)＝eq\f(1,2).(2)函數f(x)在區間[2,4]上的平均變更率為eq\f(f4－f2,4－2)＝eq\f(5－1,2)＝2.答案：(1)eq\f(1,2)(2)27．設f(x)＝ax＋4，若f′(1)＝2，則a＝________.解析：∵f′(1)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(a1＋Δx＋4－a＋4,Δx)＝a，∴a＝2.答案：28．球的半徑從1增加到2時，球的體積平均膨脹率為______．解析：∵Δy＝eq\f(4,3)π×23－eq\f(4,3)π×13＝eq\f(28π,3)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\f(28π,3),2－1)＝eq\f(28π,3).答案：eq\f(28π,3)9．求函數y＝2x2＋3在x0到x0＋Δx之間的平均變更率，并求當x0＝2，Δx＝－eq\f(1,2)時該函數的平均變更率．解：當自變量從x0變更到x0＋Δx時，函數的平均變更率為eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\f([2x0＋Δx2＋3]－2x\o\al(2,0)＋3,Δx)＝eq\f(4x0Δx＋2Δx2,Δx)＝4x0＋2Δx.當x0＝2，Δx＝－eq\f(1,2)時，平均變更率的值為4×2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7.10．求函數y＝f(x)＝x2＋x＋1在x＝1處的導數．解：依據導數的定義：Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝(1＋Δx)2＋(1＋Δx)＋1－3＝(Δx)2＋3Δx，則eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(Δx2＋3Δx,Δx)＝Δx＋3，所以f′(1)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))(Δx＋3)＝3，即函數f(x)＝x2＋x＋1在x＝1處的導數為3.層級二應試實力達標1．已知函數f(x)＝2x2－4的圖象上一點(1，－2)及鄰近一點(1＋Δx，－2＋Δy)，則eq\f(Δy,Δx)等于()A．4 B．4xC．4＋2Δx D．4＋2(Δx)2解析：選Ceq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(21＋Δx2－4＋2,Δx)＝eq\f(2Δx2＋4Δx,Δx)＝2Δx＋4.2.甲、乙兩人走過的路程s1(t)，s2(t)與時間t的關系如圖，則在[0，t0]這個時間段內，甲、乙兩人的平均速度v甲，v乙的關系是()A．v甲＞v乙 B．v甲＜v乙C．v甲＝v乙D．大小關系不確定解析：選B設直線AC，BC的斜率分別為kAC，kBC，由平均變更率的幾何意義知，s1(t)在[0，t0]上的平均變更率v甲＝kAC，s2(t)在[0，t0]上的平均變更率v乙＝kBC.因為kAC＜kBC，所以v甲＜v乙．3．某物體做直線運動，其運動規律是s＝t2＋eq\f(3,t)(t的單位是s，s是單位是m)，則它在4s末的瞬時速度為()A.eq\f(123,16)m/s B.eq\f(125,16)m/sC．8m/s D.eq\f(67,4)m/s解析：選B由已知，得物體在4s末的瞬時速度為lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(4＋Δt2＋\f(3,4＋Δt)－16－\f(3,4),Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\f(Δt2＋8Δt＋\f(－3Δt,44＋Δt),Δt)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δt→0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δt＋8－\f(3,16＋4Δt)))，∴lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝8－eq\f(3,16)＝eq\f(125,16).4．若可導函數f(x)的圖象過原點，且滿意lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fΔx,Δx)＝－1，則f′(0)＝()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：選B∵f(x)圖象過原點，∴f(0)＝0，∴f′(0)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(f0＋Δx－f0,Δx)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fΔx,Δx)＝－1，∴選B.5．一物體的運動方程為s＝7t2＋8，則其在t＝________時的瞬時速度為1.解析：eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(7t0＋Δt2＋8－7t\o\al(2,0)＋8,Δt)＝7Δt＋14t0，當lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))(7Δt＋14t0)＝1時，t＝t0＝eq\f(1,14).答案：eq\f(1,14)6．已知f(x)＝eq\f(2,x)，且f′(m)＝－eq\f(1,2)，則m＝________.解析：f′(x)＝lieq\o(m,\s\up6(,Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＝－eq\f(2,x2)，于是有－eq\f(2,m2)＝－eq\f(1,2)，m2＝4，解得m＝±2.答案：±27．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))，x>0，1＋x2，x≤0))求f′(4)·f′(－1)的值．解：當x＝4時，Δy＝－eq\f(1,\r(4＋Δx))＋eq\f(1,\r(4))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,\r(4＋Δx))＝eq\f(\r(4＋Δx)－2,2\r(4＋Δx))＝eq\f(Δ