高中数学《变化率问题》专题突破含解析

第五章一元函数的导数及其应用[数学文化]——了解数学文化的发展与应用(一)早期导数概念——特殊的形式大约在1629年，法国数学家费马研究了作曲线的切线和求函数极值的方法，1637年左右，他写了一篇手稿《求最大值与最小值的方法》.在作切线时，他构造了差分f(A＋E)－f(A)，发现的因子E就是我们现在所说的导数f′(A).(二)17世纪——广泛使用的“流数术”17世纪生产力的发展推动了自然科学和技术的发展，在前人创造性研究的基础上，大数学家牛顿、莱布尼茨等从不同的角度开始系统地研究微积分.牛顿的微积分理论被称为“流数术”，他称变量为流量，称变量的变化率为流数，相当于我们所说的导数.(三)19世纪导数——逐渐成熟的理论1823年，柯西在他的《无穷小分析概论》中定义导数：如果函数y＝f(x)在变量x的两个给定的界限之间保持连续，并且我们为这样的变量指定一个包含在这两个不同界限之间的值，那么是使变量得到一个无穷小增量.19世纪60年代以后，魏尔斯特拉斯对微积分中出现的各种类型的极限重加表达，导数的定义也就获得了今天常见的形式.[读图探新]——发现现象背后的知识1.我们从物理学中已经知道，物体运动的位移x、速度v、加速度a(均指大小，下同)之间具有紧密的联系.速度描述了位移变化的快慢，加速度描绘了速度变化的快慢，即v＝eq\f(Δx,Δt)，a＝eq\f(Δv,Δt)，其中t表示时间，Δt表示时间的变化量.特别地，当物体做的是初速度为v0的匀加速直线运动时，a是一个常数，此时x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at.2.我们知道，物体在做曲线运动时，速度的方向是与运动轨迹相切的.例如，如图所示的砂轮打磨下来的微粒，是沿着飞轮的切线飞出去的.这也就意味着，求切线是研究曲线运动时经常要做的事情.我们在平面解析几何中已知知道怎样求圆锥曲线的切线.不过，可能会让你感到意外的是，那种求切线的方法并不适用于一般的曲线.然而，借助于导数来讨论曲线的切线更具有一般性.问题1：物体运动的速度和位移有什么关系？加速度和速度又是什么关系呢？问题2：假设切点为(x0，y0)，如何求曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线方程呢？链接：(1)如果从本章我们要学习的导数知识来看的话，上述速度就是位移关于时间的导数，而加速度就是速度关于时间的导数，即v＝x′＝v0＋at，a＝v′，其中x′与v′分别表示x与v对时间t的导数.(2)由导数的几何意义，切线的斜率为k＝f′(x0)，则曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处切线的方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0).

5.1导数的概念及其意义5.1.1变化率问题课标要求素养要求1.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.2.体会极限思想.根据具体的实例计算平均变化率和瞬时变化率，并得到二者的关系，借此发展数学抽象与数学运算素养.新知探究下面是我国北方某地某日气温日变化曲线图：某地气温日变化曲线图问题1从图中可以看出，从6时到10时为“气温陡增”的时段，它的数学意义是什么？提示“气温陡增”是指温度在相同的时间内变化大，即温差大.问题2如何比较不同时间段内的气温变化的大小？例如：假设6时的气温是25℃，10时的气温是29℃，12时的气温是30℃，那么如何比较从6时到10时与从10时到12时气温变化的大小？提示用平均变化率比较不同时间段内的气温变化的大小.从6时到10时的气温变化率为eq\f(29－25,10－6)＝1，从10时到12时的气温变化率为eq\f(30－29,12－10)＝eq\f(1,2)，则前者的气温变化大.1.瞬时速度(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\do4(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\o(v,\s\up6(－))就无限趋近于t＝t0时的瞬时速度.2.曲线的割线和切线切线是割线的极限位置(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\do4(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.拓展深化[微判断]1.在计算物体运动的瞬时速度时，h(t0＋Δt)>h(t0).(×)提示也可能有h(t0＋Δt)≤h(t0).2.瞬时速度是刻画物体在区间[t0，t0＋Δt](Δt>0)上变化快慢的物理量.(×)提示瞬时速度是刻画物体在某一时刻速度的物理量.3.曲线在某点处的切线是过该点的割线的极限位置.(√)[微训练]1.若一质点的运动方程为s＝t2＋1，则在时间段[1，2]中的平均速度是________.解析eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(（22＋1）－（12＋1）,2－1)＝3.答案32.抛物线y＝x2＋1在点(1，2)处的切线的斜率是________.解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f([（1＋Δx）2＋1]－（12＋1）,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2＋Δx)＝2.答案2[微思考]1.教材中求抛物线切线的斜率的过程中Δx表示什么？它的取值范围是什么？提示Δx是自变量的增量，它可以是正值，也可以是负值，但不为0.2.如果某物体在某时间段内的平均速度为0，能否判定该物体在此时间段内的瞬时速度都为0?提示不能.题型一求物体运动的平均速度【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)＝sint，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\o(v,\s\up6(－))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\o(v,\s\up6(－))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\o(v,\s\up6(－))1>eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(4\r(2)－4,π)>0，所以eq\o(v,\s\up6(－))2<eq\o(v,\s\up6(－))1.作出函数s(t)＝sint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)＝sint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.规律方法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\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s（t2）－s（t1）,t2－t1).【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解析eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s（2）－s（1）,2－1)＝eq\f(1,2)－1＝－eq\f(1,2).答案B题型二求瞬时速度【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＝1s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\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))(3＋Δt)＝3.即物体在t＝1s时的瞬时速度为3m/s.【迁移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\do4(Δt→0))(1＋Δt)＝1.即物体的初速度为1m/s.【迁移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9m/s.解设物体在t0时刻的瞬时速度为9m/s.又eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)＝(2t0＋1)＋Δt.eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))(2t0＋1＋Δt)＝2t0＋1.则2t0＋1＝9，∴t0＝4.则物体在4s时的瞬时速度为9m/s.规律方法求运动物体瞬时速度的三个步骤(1)求时间改变量Δt和位移改变量Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)；(2)求平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝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\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt).【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＝2s时的瞬时速度为8m/s，求常数a的值.解质点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^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝4a＝8，即a＝2.题型三求曲线在某点处切线的斜率或方程【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\do4(Δx→0))Δx＝0.所以切线的方程为y－2＝0×(x－1)，即y＝2.规律方法求抛物线在某点处的切线方程的步骤【训练3】求抛物线f(x)＝x2－x在点(2，2)处的切线方程.解eq\f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq\f(（2＋Δx）2－（2＋Δx）－2,Δx)＝3Δx＋(Δx)2所以切线的斜率k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(3Δx＋（Δx）2,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(3＋Δx)＝3.则切线方程为y－2＝3(x－2)，即3x－y－4＝0.一、素养落地1.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.2.设物体的位移为s(t)，则其在时间段Δt内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt)，在某一时刻的瞬时速度为eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(s（t0＋Δt）－s（t0）,Δt).3.抛物线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率为k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx).二、素养训练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.3C.－2 D.－3解析eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(（1－22）－（1－12）,2－1)＝－3.答案D2.一个物体做直线运动，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.5C.6 D.7解析eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(s（2＋Δt）－s（2）,Δt)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))(Δt＋6)＝6.答案C3.抛物线y＝x2＋4在点(1，5)处的切线的斜率为________.解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(（1＋Δx）2＋4－5,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(Δx＋2)＝2.答案24.求抛物线f(x)＝3x2－4x－1在点(2，3)处的切线方程.解eq\f(f（2＋Δx）－f（2）,Δx)＝eq\f(3（Δx）2＋8Δx,Δx)＝3Δx＋8，所以k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(3Δx＋8)＝8，则切线方程y－3＝8(x－2)，即8x－y－13＝0.基础达标一、选择题1.已知曲线y＝2x2上一点A(2，8)，则点A处的切线斜率为()A.4 B.16C.8 D.2解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2（2＋Δx）2－8,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(8＋2Δx)＝8.答案C2.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)＝18m/s，则下列说法中正确的是()A.18m/s是物体从开始到3s这段时间内的平均速度B.18m/s是物体从3s到(3＋Δt)s这段时间内的速度C.18m/s是物体在3s这一时刻的瞬时速度D.18m/s是物体从3s到(3＋Δt)s这段时间内的平均速度解析由瞬时速度与平均速度的关系可知选C.答案C3.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解析由题意可知k＝eq^\o(lim,\s\do4(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.答案A4.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\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()A.eq\o(v,\s\up6(－))1>eq\o(v,\s\up6(－))2>eq\o(v,\s\up6(－))3 B.eq\o(v,\s\up6(－))3>eq\o(v,\s\up6(－))2>eq\o(v,\s\up6(－))1C.eq\o(v,\s\up6(－))2>eq\o(v,\s\up6(－))1>eq\o(v,\s\up6(－))3 D.eq\o(v,\s\up6(－))2>eq\o(v,\s\up6(－))3>eq\o(v,\s\up6(－))1解析设直线O′A，AB，BC的斜率分别为kO′A，kAB，kBC，则eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(s（t1）－s（t0）,t1－t0)＝kO′A，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，由题中图象知kBC>kAB>kO′A，即eq\o(v,\s\up6(－))3>eq\o(v,\s\up6(－))2>eq\o(v,\s\up6(－))1.故选B.答案B5.已知抛物线y＝eq\f(1,2)x2－2上一点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，则在点P处的切线的倾斜角为()A.30° B.45°C.135° D.165°解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（1＋Δx）2－2))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×12－2)),Δx)＝1，故切线的倾斜角为45°.答案B二、填空题6.一做直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝3t－t2，则物体的初速度是________.解析eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(s（0＋Δt）－s（0）,Δt)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))(3－Δt)＝3.答案37.抛物线f(x)＝x2－4x在(－1，5)处的切线方程为________.解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(（－1＋Δx）2－4（－1＋Δx）－5,Δx)＝－6，所以切线方程为y－5＝－6(x＋1)，即6x＋y＋1＝0.答案6x＋y＋1＝08.若抛物线f(x)＝4x2在点(x0，f(x0))处切线的斜率为8，则x0＝________.解析k＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(4（x0＋Δx）2－4xeq\o\al(2,0),Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))(4Δx＋8x0)＝8x0＝8，解得x0＝1.答案1三、解答题9.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\do4(Δx→0))eq\f(（x0＋Δx）2－xeq\o\al(2,0),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.10.某物体的运动方程为s(t)＝eq\f(1,\r(t))，求其在t0＝1时的瞬时速度.解s(1＋Δt)－s(1)＝eq\f(1,\r(1＋Δt))－1＝eq\f(1－\r(1＋Δt),\r(1＋Δt))＝eq\f(－Δt,\r(1＋Δt)（1＋\r(1＋Δt)）)，故eq\f(s（1＋Δt）－s（1）,Δt)＝eq\f(－1,\r(1＋Δt)（1＋\r(1＋Δt)）).所以eq^\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(－1,\r(1＋Δt)（1＋\r(1＋Δt)）)＝－eq\f(1,2)，即物体在t0＝1时的瞬时速度为－eq\f(1,2).能力提升11.若曲线y＝2x2－4x＋m与直线y＝1相切，则m＝________.解析设切点坐标为(x0，1)，则k＝eq^\o(,\s\do4(Δx→0))eq\f(2（x0＋Δx）2－4（x0＋Δx）－2xeq\o\al(2,0)＋4x0,Δx)＝4x0－4＝0，∴x0＝1，即切点坐标为(1，1).∴2－4＋m＝1，即m＝3.答案312.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\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