高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 5.1.1 变化率问题

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。§5.1　导数的概念及其意义5．1.1　变化率问题学习目标　1.通过实例分析，经历由平均速度过渡到瞬时速度的过程.2.理解割线的斜率与切线的斜率之间的关系.3.体会极限思想．导语同学们，大家知道，在高速路上经常看到“区间测速”这样的提醒，这其实是在提醒司机安全驾驶，其实它测速的方式是在固定的路程上，看你用了多少时间，从而达到测速的目的；大家也经常能听到家长们讨论车辆油耗的问题，你的车几个油？这里所说的几个油实际上是汽车百公里的油耗，不过有些车上可以查看汽车的瞬时油耗，今天我们就来研究生活中的变化率问题．一、平均速度问题1　在高台跳水中，运动员相对于水面的高度h与起跳后的时间存在函数关系h(t)＝－4.9t2＋6.5t＋10，根据上述探究，你能求该运动员在0≤t≤0.5,1≤t≤2,0≤t≤eq \f(65,49)内的平均速度吗？提示　0≤t≤0.5时，eq \x\to(v)＝eq \f(h0.5－h0,0.5－0)＝4.05(m/s)；1≤t≤2时，eq \x\to(v)＝eq \f(h2－h1,2－1)＝－8.2(m/s)；0≤t≤eq \f(65,49)时，eq \x\to(v)＝eq \f(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,49)))－h0,\f(65,49)－0)＝0(m/s)；虽然运动员在0≤t≤eq \f(65,49)这段时间里的平均速度是0 m/s，但实际情况是，该运动员仍在运动，可以说明平均速度不能精确描述运动员的运动状态．例1　某物体运动的位移s与时间t之间的函数关系式为s(t)＝sin t，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)分别求s(t)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的平均速度；(2)比较(1)中两个平均速度的大小，说明其几何意义．解　(1)物体在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的平均速度为eq \x\to(v)1＝eq \f(st2－st1,t2－t1)＝eq \f(s\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))－s0,\f(π,4)－0)＝eq \f(\f(\r(2),2)－0,\f(π,4))＝eq \f(2\r(2),π).物体在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的平均速度为eq \x\to(v)2＝eq \f(s\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))－s\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),\f(π,2)－\f(π,4))＝eq \f(1－\f(\r(2),2),\f(π,4))＝eq \f(4－2\r(2),π).(2)由(1)可知eq \x\to(v)1－eq \x\to(v)2＝eq \f(4\r(2)－4,π)>0，所以eq \x\to(v)2<eq \x\to(v)1.作出函数s(t)＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，如图所示，可以发现，s(t)＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上随着t的增大，函数值s(t)变化得越来越慢．反思感悟　求物体运动的平均速度的主要步骤(1)先计算位移的改变量s(t2)－s(t1)，(2)再计算时间的改变量t2－t1，(3)得平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(st2－st1,t2－t1).跟踪训练1　一质点按运动方程s(t)＝eq \f(1,t)作直线运动，则其从t1＝1到t2＝2的平均速度为(　　)A．－1 B．－eq \f(1,2) C．－2 D．2答案　B解析　eq \x\to(v)＝eq \f(s2－s1,2－1)＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2).二、瞬时速度问题2　我们也发现了高速路上区间测速的弊端，因为如果某人发现超速了，他只需踩下刹车，让车辆低速行驶一段时间即可，你认为，我们应该如何改进高速路上的区间测速问题？提示　由eq \x\to(v)＝eq \f(ft2－ft1,t2－t1)可知，我们可以减小路程区间的长度，在最小路程下，看所用的时间，或者在较少的相同时间内，看汽车所经过的路程，这样似乎都不可避免违法行为的产生，于是，我们有了一个大胆的想法，如果我们能测量汽车的瞬时速度就好了．我们把函数值的增量f(t2)－f(t1)记为Δy，即Δy＝f(t2)－f(t1)，自变量的增量t2－t1记为Δt，即Δt＝t2－t1，这里的Δt可以看成是t1的一个增量，可用t1＋Δt来表示t2，则平均变化率可记为eq \f(Δy,Δt)＝eq \f(ft2－ft1,t2－t1)＝eq \f(ft1＋Δt－ft1,Δt)，我们发现如果时间的增量Δt无限小，此时在极短的时间内的平均速度就可近似等于在时间t＝t1的瞬时速度，这就需要用到我们数学中的“极限”思想，意思就是让Δt无限趋近于0.知识梳理1．瞬时速度：物体在某一时刻的速度称为瞬时速度．2．瞬时速度的计算：设物体运动的时间与位移的函数关系式为y＝h(t)，则物体在t0时刻的瞬时速度为eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(ht0＋Δt－ht0,Δt).3．瞬时速度与平均速度的关系：从物理角度看，当时间间隔|Δt|无限趋近于0时，平均速度eq \x\to(v)就无限趋近于t＝t0时的瞬时速度．注意点：Δt可正，可负，但不能为0.例2　某物体的运动路程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．解　∵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，∴eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0))(3＋Δt)＝3.即物体在t＝1 s时的瞬时速度为3 m/s.延伸探究　1．若本例中的条件不变，试求物体的初速度．解　求物体的初速度，即求物体在t＝0时的瞬时速度，∵eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s0＋Δt－s0,Δt)＝eq \f(0＋Δt2＋0＋Δt＋1－1,Δt)＝1＋Δt，∴eq \o(lim,\s\do6(Δt→0))(1＋Δt)＝1.即物体的初速度为1 m/s.2．若本例中的条件不变，试问物体在哪一时刻的瞬时速度为9 m/s.解　设物体在t0时刻的瞬时速度为9 m/s.又eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(st0＋Δt－st0,Δt)＝(2t0＋1)＋Δt.eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0))(2t0＋1＋Δt)＝2t0＋1.则2t0＋1＝9，∴t0＝4.则物体在4 s时的瞬时速度为9 m/s.反思感悟　求运动物体瞬时速度的三个步骤(1)求位移改变量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)．(2)求平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(Δs,Δt).(3)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\do6(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt).跟踪训练2　一质点M按运动方程s(t)＝at2＋1做直线运动(位移单位：m，时间单位：s)，若质点M在t＝2 s时的瞬时速度为8 m/s，求常数a的值．解　质点M在t＝2 s时的瞬时速度即为函数在t＝2处的瞬时变化率．∵质点M在t＝2附近的平均变化率为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\do6(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝4a＝8，即a＝2.三、抛物线的切线的斜率问题3　前面我们从物理的角度研究了瞬时速度的问题，它反映到我们几何上是什么意思？提示　从eq \x\to(v)＝eq \f(ft2－ft1,t2－t1)形式上来看，它表示的是图象上两点割线的斜率，而曲线上两点的平均变化率与直线l的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)不同，曲线两点的平均变化率表示的是曲线的陡峭程度，而直线的斜率表示的是直线的倾斜程度．从eq \f(Δy,Δt)＝eq \f(ft2－ft1,t2－t1)＝eq \f(ft1＋Δt－ft1,Δt)来看，当曲线上两点无限接近时，此时的割线的斜率无限接近曲线在t＝t1这一点的切线的斜率．知识梳理1．切线：设P0是曲线上一定点，P是曲线上的动点，当点P无限趋近于点P0时，割线P0P无限趋近于一个确定的位置，这个确定位置的直线P0T称为曲线在点P0处的切线．2．切线的斜率：设P0(x0，y0)是曲线y＝f(x)上一点，则曲线y＝f(x)在点P0(x0，y0)处的切线的斜率为k0＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx).3．切线的斜率与割线的斜率的关系：从几何图形上看，当横坐标间隔|Δx|无限变小时，点P无限趋近于点P0，于是割线PP0无限趋近于点P0处的切线P0T，这时，割线PP0的斜率k无限趋近于点P0处的切线P0T的斜率k0.注意点：极限的几何意义：曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线斜率．例3　求抛物线f(x)＝x2－2x＋3在点(1,2)处的切线方程．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\do6(Δx→0))Δx＝0.所以切线的方程为y－2＝0×(x－1)，即y＝2.延伸探究　本例函数不变，求与2x－y＋4＝0平行的该曲线的切线方程．解　设切点(x0，xeq \o\al(2,0)－2x0＋3)，故eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq \f(x0＋Δx2－2x0＋Δx＋3－x\o\al(2,0)＋2x0－3,Δx)＝2x0－2＋Δx，所以k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) (2x0－2＋Δx)＝2x0－2，故有2x0－2＝2，解得x0＝2，所以切点为(2,3)，所求切线方程为2x－y－1＝0.反思感悟　(1)求抛物线在某点处的切线方程的步骤(2)求曲线过某点的切线方程需注意，该点不一定是切点，需另设切点坐标．跟踪训练3　求抛物线f(x)＝x2－x在点(2,2)处的切线方程．解　f(2＋Δx)－f(2)＝(2＋Δx)2－(2＋Δx)－2＝3Δx＋(Δx)2，所以切线的斜率k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(f2＋Δx－f2,Δx)＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(3Δx＋Δx2,Δx)＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) (3＋Δx)＝3.则切线方程为y－2＝3(x－2)，即3x－y－4＝0.1．知识清单：(1)平均速度．(2)瞬时速度．(3)曲线在某点处的切线方程．2．方法归纳：极限法、定义法．3．常见误区：对割线的斜率与切线的斜率之间的关系理解不到位．1．某质点的运动方程为s(t)＝1－t2，则该物体在[1,2]内的平均速度为(　　)A．2 B．3 C．－2 D．－3答案　D解析　eq \x\to(v)＝eq \f(1－22－1－12,2－1)＝－3.2．一个物体做直线运动，位移s与时间t之间的函数关系式为s(t)＝t2＋2t＋3，则该物体在t＝2时的瞬时速度为(　　)A．4 B．5 C．6 D．7答案　C解析　eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(s2＋Δt－s2,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (Δt＋6)＝6.3．一物体做直线运动，其运动方程为s(t)＝－t2＋2t，则t＝0时，其速度为(　　)A．－2 B．－1C．0 D．2答案　D解析　因为eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) eq \f(－t＋Δt2＋2t＋Δt－－t2＋2t,Δt)＝eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) (－2t＋2－Δt)＝－2t＋2，所以当t＝0时，其速度为2.4．抛物线y＝x2＋4在点(1,5)处的切线的斜率为________．答案　2解析　k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(1＋Δx2＋4－5,Δx)＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) (Δx＋2)＝2.课时对点练1．已知某质点运动的方程是s＝2＋eq \f(1,t)，当t由1变到2时，其路程的增量Δs等于(　　)A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．1 D．－1答案　B解析　Δs＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)))－(2＋1)＝－eq \f(1,2).2．已知抛物线y＝3x－x2在x0＝2处的增量为Δx＝0.1，则eq \f(Δy,Δx)的值为(　　)A．－0.11 B．－1.1 C．3.89 D．0.29答案　B解析　∵Δy＝f(2＋0.1)－f(2)＝(3×2.1－2.12)－(3×2－22)＝－0.11，∴eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(－0.11,0.1)＝－1.1.3．已知函数f(x)＝2x2－4的图象上两点A，B，且xA＝1，xB＝1.1，则函数f(x)从A点到B点的平均变化率为(　　)A．4 B．4x C．4.2 D．4.02答案　C解析　eq \f(Δf,Δx)＝eq \f(fxB－fxA,xB－xA)＝eq \f(－1.58－－2,1.1－1)＝4.2.4．物体运动方程为s(t)＝3t2(位移单位：m，时间单位：s)，若v＝eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) eq \f(s3＋Δt－s3,Δt)＝18 m/s，则下列说法中正确的是(　　)A．18 m/s是物体从开始到3 s这段时间内的平均速度B．18 m/s是物体从3 s到(3＋Δt)s这段时间内的速度C．18 m/s是物体在3 s这一时刻的瞬时速度D．18 m/s是物体从3 s到(3＋Δt)s这段时间内的平均速度答案　C解析　由瞬时速度与平均速度的关系可知选C.5．已知曲线y＝2x2上一点A(2,8)，则在点A处的切线斜率为(　　)A．4 B．16 C．8 D．2答案　C解析　k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(22＋Δx2－2×22,Δx)＝8.6．(多选)已知某物体的运动方程为s(t)＝7t2＋8(0≤t≤5)，则(　　)A．该物体在1≤t≤3时的平均速度是28B．该物体在t＝4时的瞬时速度是56C．该物体位移的最大值为43D．该物体在t＝5时的瞬时速度是70答案　ABD解析　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，A正确；物体在t＝4时的瞬时速度是eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(s4＋Δt－s4,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (56＋7Δt)＝56，故B正确；物体的最大位移是7×52＋8＝183，C错误；物体在t＝5时的瞬时速度是eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(s5＋Δt－s5,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (70＋7Δt)＝70，故D正确．7．一做直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝3t－t2，则物体的初速度是________．答案　3解析　eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(s0＋Δt－s0,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (3－Δt)＝3.8．若抛物线f(x)＝4x2在点(x0，f(x0))处切线的斜率为8，则x0＝________.答案　1解析　k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) (4Δx＋8x0)＝8x0＝8，解得x0＝1.9．某物体按照s(t)＝3t2＋2t＋4(s的单位：m)的规律做直线运动，求自运动开始到4 s时物体运动的平均速度和4 s时的瞬时速度．解　自运动开始到t s时，物体运动的平均速度eq \x\to(v)(t)＝eq \f(st,t)＝3t＋2＋eq \f(4,t)，故前4 s物体的平均速度为eq \x\to(v)(4)＝3×4＋2＋eq \f(4,4)＝15(m/s)．由于Δs＝3(t＋Δt)2＋2(t＋Δt)＋4－(3t2＋2t＋4)＝(2＋6t)Δt＋3(Δt)2.eq \f(Δs,Δt)＝2＋6t＋3·Δt，eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝2＋6t，当t＝4时，eq \o(lim,\s\do4(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝2＋6×4＝26，所以4 s时物体的瞬时速度为26 m/s.10．曲线f(x)＝x2上哪一点处的切线满足下列条件？(1)平行于直线y＝4x－5；(2)垂直于直线2x－6y＋5＝0；(3)倾斜角为135°.解　设P(x0，y0)是满足条件的点，曲线f(x)＝x2在点P(x0，y0)处切线的斜率为k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq \o(lim,\s\do4(Δx→0)) (2x0＋Δx)＝2x0，(1)∵切线与直线y＝4x－5平行，∴2x0＝4，x0＝2，y0＝4，即P(2,4)是满足条件的点．(2)∵切线与直线2x－6y＋5＝0垂直，∴2x0×eq \f(1,3)＝－1，得x0＝－eq \f(3,2)，y0＝eq \f(9,4)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(9,4)))是满足条件的点．(3)因为切线的倾斜角为135°，所以其斜率为－1，即2x0＝－1，得x0＝－eq \f(1,2)，y0＝eq \f(1,4)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))是满足条件的点．11．汽车行驶的路程s和时间t之间的函数图象如图所示，在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为eq \x\to(v)1，eq \x\to(v)2，eq \x\to(v)3，则三者的大小关系为(　　)A.eq \x\to(v)1>eq \x\to(v)2>eq \x\to(v)3 B.eq \x\to(v)3>eq \x\to(v)2>eq \x\to(v)1C.eq \x\to(v)2>eq \x\to(v)1>eq \x\to(v)3 D.eq \x\to(v)2>eq \x\to(v)3>eq \x\to(v)1答案　B解析　设直线O′A，AB，BC的斜率分别为kO′A，kAB，kBC，则eq \x\to(v)1＝eq \f(st1－st0,t1－t0)＝kO′A，eq \x\to(v)2＝eq \f(st2－st1,t2－t1)＝kAB，eq \x\to(v)3＝eq \f(st3－st2,t3－t2)＝kBC，由题中图象知kBC>kAB>kO′A，即eq \x\to(v)3>eq \x\to(v)2>eq \x\to(v)1.12．若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则(　　)A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－1答案　A解析　由题意可知k＝eq \o(lim,\s\do6(Δx→0)) eq \f(0＋Δx2＋a0＋Δx＋b－b,Δx)＝1，解得a＝1，又(0，b)在切线上，∴b＝1.13．A，B两机关开展节能活动，活动开始后两机关的用电量W1(t)，W2(t)与时间t(天)的关系如图所示，则一定有(　　)A．两机关节能效果一样好B．A机关比B机关节能效果好C．A机关的用电量在[0，t0]上的平均变化率比B机关的用电量在[0，t0]上的平均变化率大D．A机关与B机关自节能以来用电量总是一样大答案　B解析　由题图可知，A，B两机关用电量在[0，t0]上的平均变化率都小于0，由平均变化率的几何意义知，A机关用电量在[0，t0]上的平均变化率小于B机关的平均变化率，从而A机关比B机关节能效果好．14．函数f(x)＝x2－x在区间[－2，t]上的平均变化率是2，则t＝________.答案　5解析　因为函数f(x)＝x2－x在区间[－2，t]上的平均变化率是2，所以eq \f(ft－f－2,t－－2)＝eq \f(t2－t－[－22－－2],t＋2)＝2，即t2－t－6＝2t＋4，从而t2－3t－10＝0，解得t＝5或t＝－2(舍去)．15．将半径为R的球加热，若半径从R＝1到R＝m时球的体积膨胀率为eq \f(28π,3)，则m的值为________．答案　2解析　体积的增加量ΔV＝eq \f(4π,3)m3－eq \f(4π,3)＝eq \f(4π,3)(m3－1)，所以eq \f(ΔV,ΔR)＝eq \f(\f(4π,3)m3－1,m－1)＝eq \f(28π,3)，所以m2＋m＋1＝7，所以m＝2或m＝－3(舍)．16．若一物体运动方程如下：(位移单位：m，时间单位：s)s＝f(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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；(2)物体的初速度v0；(3)物体在t＝1时的瞬时速度．解　(1)∵物体在t∈[3,5]上的时间变化量为Δt＝5－3＝2，物体在t∈[3,5]上的位移变化量为Δs＝3×52＋2－(3×32＋2)＝3×(52－32)＝48，∴物体在t∈[3,5]上的平均速度为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(48,2)＝24，∴物体在t∈[3,5]上的平均速度为24 m/s.(2)求物体的初速度v0，即求物体在t＝0时的瞬时速度．∵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，∴物体的初速度v0＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) eq \f(Δs,Δt)＝eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (3Δt－18)＝－18(m/s)．(3)∵eq \f(f1＋Δt－f1,Δt)＝eq \f(29＋3[1＋Δt－3]2－29－31－32,Δt)＝3Δt－12，∴物体在t＝1时的瞬时速度为eq \o(lim,\s\do6(Δt→0)) (3Δt－12)＝－12 (m/s)．