3.1 变化的快慢与变化率
[基础达标]
1.将半径为R的球加热，若球的半径增加ΔR，则球的表面积增加ΔS等于( )
2
A．8πRΔR B．8πRΔR＋4π(ΔR)
22
C．4πRΔR＋4π(ΔR) D．4π(ΔR)
222
解析：选B.ΔS＝4π(R＋ΔR)－4πR＝8πRΔR＋4π(ΔR).
2
2.某质点的运动规律为s＝t＋3，则在时间段(3，3＋Δt)中的平均速度等于( )
9
A．6＋Δt B．6＋Δt＋
ΔtC．3＋Δt D．9＋Δt
Δss（3＋Δt）－s（3）
解析：选A.v＝＝
ΔtΔt22
[（3＋Δt）＋3]－（3＋3）＝＝6＋Δt.
Δt2
3.已知点P(2，8)是曲线y＝2x上一点，则P处的瞬时变化率为( ) A．2 B．4 C．6 D．8
222
解析：选D.Δy＝2(2＋Δx)－2×2＝8Δx＋2(Δx)，
2
Δy8Δx＋2（Δx）＝＝8＋2Δx， ΔxΔxΔy当Δx无限趋近于0时，无限趋近于常数8.
Δx32
4.已知物体的运动方程为s＝t＋(t是时间，s是位移)，则物体在时刻t＝2时的速度为
t( )
19A. 415C. 4
17 413D. 4B.
3322
（2＋Δt）＋－（2＋）
2＋Δt2Δs解析：选D.＝ ΔtΔt3
＝4＋Δt－，
2（2＋Δt）
Δs13
当Δt无限趋近于0时，无限趋近于，∴选D.
Δt4
2
5.物体运动时位移s与时间t的函数关系是s＝－4t＋16t，此物体在某一时刻的速度为零，则相应的时刻为( )
A．t＝1 B．t＝2 C．t＝3 D．t＝4
222
解析：选B.Δs＝－4(t＋Δt)＋16(t＋Δt)－(－4t＋16t)＝16Δt－8t·Δt－4(Δt). 又因为在某时刻的瞬时速度为零，
Δs当Δt趋于0时，＝16－8t－4Δt无限趋近于0.
Δt即16－8t＝0，解得t＝2.
1
6.某日中午12时整，甲车自A处以40 km/h的速度向正东方向行驶，乙车自A处以60 km/h的速度向正西方向行驶，至当日12时30分，两车之间的距离对时间的平均变化率为________．
Δs0.5×60＋0.5×40解析：＝＝100 km/h.
Δt0.5答案：100 km/h
12
7.一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的距离s与时间t之间的函数关系为s＝t，则
8
t＝2时，木块的瞬时速度为________．
1122
（t＋Δt）－t8Δs811
解析：＝＝t＋Δt.
ΔtΔt48
Δs1
当t＝2，且Δt趋于0时，趋于.
Δt2
1答案：
2
2
8.已知曲线y＝x＋1在点M处的瞬时变化率为－4，则点M的坐标为________．
222
解析：Δy＝(x＋Δx)＋1－(x＋1)＝2xΔx＋(Δx)，
2
Δy2xΔx＋（Δx）＝＝2x＋Δx， ΔxΔxΔy当Δx无限趋近于0时，无限趋近于2x＝－4，所以x＝－2，可得y＝5.
Δx答案：(－2，5)
12
9.求函数y＝x在x＝1，2，3附近的平均变化率，取Δx都为，哪点附近的平均变化率最
3
大．
f（1＋Δx）－f（1）
解：在x＝1附近的平均变化率为k1＝ Δx2
（1＋Δx）－1＝＝2＋Δx；
Δxf（2＋Δx）－f（2）
在x＝2附近的平均变化率为k2＝
Δx2
（2＋Δx）－4＝＝4＋Δx；
Δxf（3＋Δx）－f（3）
在x＝3附近的平均变化率为k3＝
Δx2
（3＋Δx）－9＝＝6＋Δx.
Δx171319
令Δx＝，可得k1＝，k2＝，k3＝，故函数f(x)在x＝3附近的平均变化率最大．
3333
3
10.如果一个质点从定点A开始运动，关于时间t的位移函数为y＝f(t)＝t＋3.求该质点在t＝4时的瞬时速度．
33
Δy（4＋Δt）＋3－（4＋3）解：＝
ΔtΔt23
48Δt＋12（Δt）＋（Δt）＝
Δt2
＝48＋12Δt＋(Δt)，
Δy当Δt无限趋近于零时，无限趋近于48.
Δt 2
即质点在t＝4时的瞬时速度是48.
[能力提升]
1.函数f(x)＝x在x0到x0＋Δx之间的平均变化率为k1，在x0－Δx到x0之间的平均变化率为k2，则k1，k2的大小关系是( )
A．k1＜k2 B．k1＞k2 C．k1＝k2 D．无法确定
f（x0＋Δx）－f（x0）
解析：选D.因为k1＝＝2x0＋Δx，
Δxf（x0）－f（x0－Δx）k2＝＝2x0－Δx，
Δx又Δx可正可负且不为零，所以k1，k2的大小关系不确定．
2
2.若函数f(x)＝－x＋x在[2，2＋Δx](Δx＞0)上的平均变化率不大于－1，则Δx的范围是________．
解析：因为函数f(x)在[2，2＋Δx]上的平均变化率为： Δyf（2＋Δx）－f（2）＝ ΔxΔx2
－（2＋Δx）＋（2＋Δx）－（－4＋2）＝ Δx2
－4Δx＋Δx－（Δx）＝＝－3－Δx，
Δx所以由－3－Δx≤－1，得Δx≥－2.
又因为Δx＞0，即Δx的取值范围是(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)
2??3t＋2（t≥3），
3.若一物体的运动方程如下(s单位：m，t单位：s)：s＝? 2
?29＋3（t－3）（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．
Δs4822
解：(1)t∈[3，5]时，Δt＝5－3＝2，Δs＝3×5＋2－(3×3＋2)＝48，∴＝＝24(m/s)．
Δt2
(2)求物体的初速度v0即求物体在t＝0时的瞬时速度．
－Δss（0＋Δt）－s（0）
∵物体在t＝0附近的平均速度为v＝＝＝
ΔtΔt22
29＋3[（0＋Δt）－3]－29－3（0－3）
＝3Δt－18，
ΔtΔs∴物体在t＝0时的瞬时速度为v0＝Δlim ＝Δlim (3Δt－18)＝－18(m/s)． t→0Δtt→0
22
－Δs29＋3（1＋Δt－3）－29－3（1－3）
(3)∵物体在t＝1时的平均速度为v＝＝＝
ΔtΔt3Δt－12，
Δs∴物体在t＝1时的瞬时速度为v＝Δlim ＝Δlim (3Δt－12)＝－12(m/s)． t→0Δtt→0
2
4．质点M按规律s＝s(t)＝at＋1做直线运动(位移s的单位：m，时间t的单位：s)．问是否存在常数a，使质点M在t＝2 s时的瞬时速度为8 m/s？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
22
解：假设存在常数a，则Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝a(2＋Δt)＋1－a×2－1＝4a＋4aΔt2
Δs4aΔt＋a（Δt）22
＋a(Δt)＋1－4a－1＝4aΔt＋a(Δt)，所以＝＝4a＋aΔt.当Δt趋于0
ΔtΔt时，4a＋aΔt趋于4a，由题易知4a＝8，解得a＝2.所以存在常数a＝2，使质点M在t＝2 s
2
3
时的瞬时速度为8 m/s.
4