1.某质点沿曲线运动的方程为f(x)＝－x2＋3(x表示时间，f(x)表示位移)，则该质点从x＝2到x＝3的平均速度为( )
A．－5B．5
C．－6D．6
2．[2022·河北唐山高二期中]函数f(x)＝x2＋2C(C∈R)在区间[－1，2]上的平均变化率为( )
A．1B．3
C．4D．2
3．[2022·广东珠海高二期末]若函数f(x)＝x2在区间[1，t]上的平均变化率为3，则t＝________．
4．已知一物体的运动方程为s(t)＝t2＋2t＋3，求物体在t＝1到t＝1＋Δt这段时间内的平均速度．
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5.[2022·北京大兴高二期中]一个小球从5m的高处下落，其位移y(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为y＝－4.9t2，则t＝1s时小球的瞬时速度(单位：m/s)为( )
A．－4.9B．－9.8
C．4.9D．9.8
6．(多选)物体自由落体的运动方程为s(t)＝4.9t2(单位：m)，当Δt→0时，eq \f(s（1＋Δt）－s（1）,Δt)→9.8m/s，则下列说法错误的是( )
A．9.8m/s是物体从0s到1s这段时间内的速度
B．9.8m/s是物体从1s到(1＋Δt) s这段时间内的速度
C．9.8m/s是物体在t＝1s这一时刻的速度
D．9.8m/s是物体从1s到(1＋Δt) s这段时间内的平均速度
7．物体做匀速运动，其运动方程是s＝vt，则该物体在运动过程中的平均速度与任何时刻的瞬时速度的大小关系是________．
8．如图，直线l为经过曲线上点P和Q的割线．
(1)若P(1，2)，Q(5，7)，求l的斜率；
(2)当点Q沿曲线向点P靠近时，l的斜率变大还是变小？
9．求抛物线f(x)＝3x2－4x－1在点(2，3)处的切线方程．
10．一质点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＝2s时的瞬时速度为8m/s，求常数a的值．
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11.(多选)若当Δx→0，满足eq \f(f（1）－f（1－Δx）,2Δx)→－1，则下列结论正确的是( )
A．eq \f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,Δx)→－4
B．eq \f(f（1＋Δx）－f（1－Δx）,Δx)→－2
C．曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为－1
D．曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为－2
12．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\{(\a\vs4\al\c1(3t2＋2，t≥3,29＋3（t－3）2，0≤t<3))求：
(1)物体在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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．
课时作业(十三) 变化率问题
1．解析：由题得该质点从x＝2到x＝3的平均速度为eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2)),3－2)＝－5.故选A.
答案：A
2．解析：eq \f(f（2）－f（－1）,2－（－1）)＝eq \f(（4＋2C）－（1＋2C）,3)＝1.故选A.
答案：A
3．解析：函数f(x)＝x2在区间[1，t]上的平均变化率为eq \f(t2－12,t－1)＝t＋1＝3，
所以t＝2.
答案：2
4．解析：依题意，物体在t＝1到t＝1＋Δt这段时间内的位移增量为：
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，
所以物体在t＝1到t＝1＋Δt这段时间内的平均速度为4＋Δt.
5．解析：由题意可知t＝1s时小球的瞬时速度为
eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(－4.9（1＋Δt）2＋4.9,Δt)＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0)) (－9.8－4.9Δt)＝－9.8m/s.故选B.
答案：B
6．解析：由题意，得9.8m/s是物体在t＝1s这一时刻的速度，故C正确，A、B、D错误．
故选ABD.
答案：ABD
7．解析：因为平均速度为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)＝eq \f(v（t0＋Δt）－vt0,Δt)＝v，
瞬时速度为eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)
＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(v（t0＋Δt）－vt0,Δt)＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(vΔt,Δt)＝v.
所以平均速度与任何时刻的瞬时速度相等．
答案：相等
8．解析：(1)因为P(1，2)，Q(5，7)，所以kl＝eq \f(7－2,5－1)＝eq \f(5,4).
(2)当Q沿曲线向点P靠近时，直线的倾斜角α(锐角)在变大，又k＝tanα，所以直线l的斜率变大了．
9．解析：因为eq \f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq \f(3（Δx）2＋8Δx,Δx)＝3Δx＋8，
所以k＝eq \(lim,\s\d10(Δx→0)) (3Δx＋8)＝8，
则切线方程y－3＝8(x－2)，
即8x－y－13＝0.
10．解析：质点M在t＝2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附近的平均速度为
eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(s（2＋Δt）－s（2）,Δt)＝eq \f(a（2＋Δt）2－4a,Δt)＝4a＋aΔt，
∴eq \(lim,\s\d10(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，
∴曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为－2，C错误；D正确；
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正确；B错误．
故选AD.
答案：AD
12．解析：(1)由已知在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，5))时，其时间变化量为Δt＝2，
其位移变化量为Δs＝f(5)－f(3)＝3×25＋2－(3×9＋2)＝48，
故所求平均速度为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(48,2)＝24m/s.
(2)求物体的初速度v0，即求物体在t＝0时的瞬时速度．
因为物体在t＝0附近位移的平均变化率为
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.
所以物体在t＝0处位移的瞬时变化率为eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0)) (3Δt－18)＝－18，
即物体的初速度v0＝－18m/s.
(3)因为物体在t＝1附近位移的平均变化率为
eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(f（1＋Δt）－f（1）,Δt)
＝eq \f(29＋3（1＋Δt－3）2－29－3（1－3）2,Δt)＝3Δt－12，
故物体在t＝1时的瞬时速度为eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \f(Δs,Δt)＝eq \(lim,\s\d10(Δt→0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3Δt－12))＝－12，即物体在t＝1时的瞬时速度为－12m/s.