![74
17. ถาอนุพันธของฟงกชันอยูในรูป n
x
dx
dy
= แลวใหหาฟงกชันเดิม โดยใชสูตร
1n
x
y
1n
+
=
+
จะเห็นวาจะหาฟงกชันนี้ไมได เมื่อ 1n −= ดังนั้นในการกําหนดอนุพันธของฟงกชัน
ใหอนุพันธของฟงกชันที่กําหนดใหตองไมอยูรูป
x
1
หรือ
bax
1
+
เมื่อ b,a เปนจํานวนจริงที่
0a ≠ เนื่องจากฟงกชันที่มีอนุพันธอยูในรูปดังกลาวจะเปนฟงกชันลอการิทึมในรูป xlny =
และ cbaxlnay ++= ซึ่งฟงกชันในลักษณะแบบนี้ผูเรียนจะไดเรียนในระดับสูงตอไป
18. รูปทั่วไปของปฏิยานุพันธของ f คือ ฟงกชัน c)x(Fy += เมื่อ c เปนคาคงตัว
และ )x(f)x(F =′ เขียนแทนปฏิยานุพันธของ f ดวยสัญลักษณ ∫ dx)x(f อานวา ปริพันธ
ไมจํากัดเขตของฟงกชัน f เทียบกับตัวแปร x
19. จากตัวอยางที่ 5 หัวขอ 2.10 เรื่องปริพันธไมจํากัดเขต ที่กลาววา
∫ + dx)x2x( 2
= ∫ ∫+ xdx2dxx2
= [ ]2
2
1
3
c
2
x
2c
3
x
+++
= cx
3
x 2
3
++ เมื่อ 21 c2cc +=
ผูสอนควรเนนใหผูเรียนเห็นวาในการหาคาของ ∫ dxx2
ใหคาคงตัวหนึ่ง คือ 1c และใน
การหาคาของ ∫ xdx2 ใหคาคงตัว คือ 2c2 ซึ่งคาคงตัวที่เกิดขึ้นนี้มีหลายคาแตนิยมเขียนสรุป
โดยใช c เพียงคาเดียว ซึ่งในที่นี้หมายถึง 21 c2c +
20. ในหัวขอ 2.11 ในการหาปริพันธจํากัดเขต และ )x(fy = ตองเปนฟงกชันตอเนื่อง
บนชวงปด [a, b] ซึ่งหาไดจากทฤษฎีหลักมูลของแคลคูลัสและไมเนนการพิสูจน ดังนี้
1) หา )x(F ซึ่งเปนปฏิยานุพันธของ )x(f หรือ หา ∫ dx)x(f
2) หา )a(F)b(F −
และคาที่ไดจาก 2) จะเปนคาของปริพันธจํากัดเขต ∫
b
a
dx)x(f
การหาปริพันธจํากัดเขตไมตองบวกคา c เนื่องจาก การหา )a(F)b(F − คา c จะหักลาง
กันหมดไป
21. ในการศึกษาหัวขอ 2.12 เรื่องพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง จะศึกษาเฉพาะเสนโคงของ
ฟงกชันพหุนามที่เลขชี้กําลังเปนจํานวนเต็มบวกไมเกินสอง และจะตองระบุดวยวาเปนการหาพื้นที่
ที่ปดลอมดวยกราฟของฟงกชันที่กําหนดให แกน X เสนตรง ax = และเสนตรง bx = เมื่อ
Rb,a ∈ ผูสอนควรย้ําวาในหนังสือเรียนที่ไมไดเขียนแกน X ไวนั้นจริง ๆ แลว มีเสนปดลอมอีก
เสนหนึ่ง คือ แกน X แตในที่นี้ไดละไว สําหรับการหาพื้นที่ที่อยูระหวางเสนโคงสองเสน ไมได
ศึกษาในหัวขอนี้](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-14-320.jpg)
![83
2. ผูเรียนใชความรูจากการหาความชันของเสนตรงหาความชันของเสนโคง โดยผูสอน
กําหนดฟงกชันดวยแผนภาพตอไปนี้โดยกําหนดจุด Q(a + h, b + k) ที่มีระยะหางจากจุด P(a, b)
ตาง ๆ กัน เพื่อใหผูเรียนมองเห็นความสัมพันธของความชันของเสนโคงและความชันของเสนตรง
ตามตารางที่ 1
f(x) = x2
– 4x + 5
ตารางที่ 1 ความสัมพันธของจุด P และ Q ในการหาความชันของเสนโคง
k = f(a + h) – f(a) h = (a + h) – a
Q1(4, 5)
Q2(3, 2)
Q3(2.5, 1.25)
Q4(2.25, 1.0625)
Q5(2.125, 1.0156)
Q6(2.01, 1.001)
Q7(2.001, 1.000001)
Qn เขาใกล (2, 1)
f(4) – f(2) = 4
f(3) – f(2) = 1
f(2.5) – f(2) = 0.25
f(2.25) – f(2) = 0.0625
f(2.125) – f(2) = 0.0156
f(2.01) – f(2) = 0.0001
f(2.001) – f(2) = 0.000001
f(2 + h) – f(2)
4 – 2 = 2
3 – 2 = 1
2.5 – 2 = 0.5
2.25 – 2 = 0.25
2.125 – 2 = 0.125
2.01 – 2 = 0.01
2.001 – 2 = 0.001
h
h 0
f (2 h) f (2)
lim
h→
+ −
=
2 2
h 0
(2 h) 4(2 h) 5 [2 4(2) 5]
lim
h→
⎡ ⎤+ − + + − − +⎣ ⎦
=
2
h 0
h 4h 4 8 4h 5 4 8 5
lim
h→
+ + − − + − + −
=
2
h 0
h
lim
h→
= 0
X
4
2
2
Y
5x4x)x(f 2
+−=
0
P
1Q
2Q
3Q
...
...
...](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-23-320.jpg)
![94
ผูสอนใหผูเรียนแตละกลุมกําหนดฟงกชันตามตัวอยางขางตน เพื่อทดลองใชความรูจาก
บทสรุปที่วา เมื่อกําหนด f(x) = xn
หา ∫f(x)dx ไดจาก
n 1
x
n 1
+
+
โดยที่ 1n −≠ เพื่อหาขอสรุป
สูตรการหาปริพันธไมจํากัดเขต ดังนี้
ตัวอยางเชน
∫1dx = x + c ∫kdx = kx + c
∫3x2
dx = x3
+ c ∫kf(x)dx = k∫f(x)dx
∫[x2
+ x3
]dx ∫[f(x) + g(x)]dx = ∫f(x)dx + ∫g(x)dx
∫[4x3
+ 3x2
]dx ∫[(k1f1(x) + k2f2(x)+ ... + knfn(x)]dx = k1∫f1(x)dx + k2∫f2(x)dx + ...+ kn∫fn(x)dx
3. ผูสอนกลาวถึงประโยชนของการนําสูตรการหาปริพันธไปใชใหเกิดความสะดวกและ
รวดเร็ว เชน การนําไปใชในการหาปฏิยานุพันธของฟงกชัน ( )
dy
f x
dx
= การหาสมการเสนโคง
ดังตัวอยางที่ 10 หนา 157 การหาความเร็วจากการเคลื่อนที่เมื่อกําหนดความเรงขณะเวลา t ใด ๆ
เปนตน
4. ใหผูเรียนฝกหาปริพันธไมจํากัดเขตของฟงกชัน
ปริพันธจํากัดเขต
1. ผูสอนทบทวนเรื่องปฏิยานุพันธของฟงกชัน ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อกําหนด
f(x) = xn
ปริพันธหนึ่งคือ
n 1
x
n 1
+
+
โดยที่ n ≠ –1 เขียนผลการหาปริพันธในรูปทั่วไปคือ F(x) + c
เมื่อ c เปนคาคงตัว และใชหลักการทบทวนการหาสูตรปริพันธทั้ง 5 สูตรในหัวขอ 2.10
2. ผูสอนทบทวนเรื่องฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b]
3. ผูสอนแนะนําสัญลักษณ ( )
b
a
f x dx∫ ที่ใชแทนปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันตอเนื่อง f
บนชวง [a, b] และแนะนําวิธีหาคา ( )
b
a
f x dx∫ โดยใชทฤษฏีหลักมูลของแคลคูลัสวา เมื่อกําหนด
ฟงกชัน f ซึ่งเปนฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] มาให จะหาปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันไดดังนี้
3.1 หา F(x) ซึ่งเปนรูปทั่วไปของปฏิยานุพันธของฟงกชัน f
3.2 หา F(b) – F(a)
3.3 ( )
b
a
f x dx∫ = F(b) – F(a)
4. ผูสอนกําหนดฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] และใหผูเรียนฝกหาปริพันธของฟงกชัน
ตามวิธีการในขอ 3 เชน f(x) = x2
+ 2 , x ∈[1, 2]](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-34-320.jpg)
![95
ผูเรียนควรหาไดวา F(x) =
3
x
2x c
3
+ +
F(2) = ( )
3
2
2 2 c
3
+ + c
3
20
+=
F(1) = ( )
3
1
2 1 c
3
+ + c
3
7
+=
( )
2
1
f x dx∫ = F(2) – F(1) = 13
3
5. ผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา เมื่อหาฟงกชัน F ซึ่งเปนรูปทั่วไปของปริพันธของฟงกชัน
ที่กําหนดให แลวหา F(b) – F(a) คาคงตัว c จะหักลางกันหมดไป ดังนั้นเพื่อประหยัดเวลาใน
การคํานวณไมจําเปนตองเขียนคาคงตัว c แลวใหผูเรียนทําแบบฝกหัด
พื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง
1. ผูสอนทบทวนการหาปริพันธจํากัดเขตโดยกําหนดฟงกชันตอเนื่องบน [a, b] เชน
กําหนด f(x) = 2 , x ∈ [0, 1] และ g(x) = 5x2
, x ∈[–1, 2] ใหผูเรียนหาปริพันธจํากัดเขต
ดังกลาว
2. ผูสอนใหความหมายของคําวา “พื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = f(x) กับแกน X
จาก x = a ถึง x = b” และฟงกชัน f ที่กลาวถึงนี้เปนฟงกชันพหุนามที่มีดีกรีเปนจํานวนเต็มบวก
ไมเกินสอง ซึ่งกราฟของ f อาจจะเปนเสนตรงหรือเสนโคง ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อเขียนกราฟ
แลวพื้นที่ดังกลาวคือบริเวณใด ผูสอนใหผูเรียนพิจารณารูปดังตอไปนี้
X
Y
a b 0 X
Y
a b0
X
Y
a b
0
X
Y
a b0
ก
ค
ง
ข](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-35-320.jpg)
![97
6. ผูสอนกําหนดพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงที่อยูในรูปของกราฟพาราโบลา แลวให
ผูเรียนฝกหาพื้นที่ เชน
6.1 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = x2
, x ∈[0, 2]
วิธีทํา ( )
2
0
f x dx∫ = F(2) – F(0)
=
3
x3
= 8
3
ตารางหนวย
6.2 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = –x2
+ 1 , x ∈[–2, –1]
วิธีทํา ( )
1
2
f x dx
−
−
∫ = –[F(–1) – F(–2)]
= –( x
3
x3
+− )
= 4
3
ตารางหนวย
7. ผูเรียนฝกหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงดวยวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต
ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท
1. กําหนด
x2
5x5
)x(f
−+
= จงหา )x(flim
0x→
ถาลิมิตหาคาได
2. กําหนด 2
x16)x(f = จงหา
3x
)3(f)x(f
lim
3x −
−
→
ถาลิมิตหาคาได
3. กําหนด )4x5x)(1x2x(
3x
1
)x(f 22
3
−−+++
+
= จงหา )x(f ′
4
_2
X
Y
0
2
_-2
X
Y
-2 2
0
0
2
–2
–1](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-37-320.jpg)
![121
=
1 1
3 3
h 0
(x h) x
lim
h→
+ −
=
1 1 2 1 1 2
3 3 3 3 3 3
2 1 1 2h 0
3 3 3 3
(x h) x (x h) (x h) x x
lim
h
(x h) (x h) x x
→
+ − + + + +
⋅
+ + + +
= 2 1 1 2h 0
3 3 3 3
(x h) x
lim
h[(x h) (x h) x x ]
→
+ −
+ + + +
= h 0 2 1 1 2
3 3 3 3
1
lim
(x h) (x h) x x
→
+ + + +
= 2
3
1
3x
ดังนั้น f′(x) = 2
3
1
3x
2. สมการเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 5) คือ
5y − = )2x)(2(f −′
y = )2x)(2(f −′ + 5
จากสมการเสนสัมผัสเสนโคงที่โจทยกําหนดให คือ
yx3 − = 1
y = 3x – 1
ดังนั้น 5)2x)(2(f +−′ = 1x3 −
)2(f ′ =
2x
)2x(3
−
−
= 3
3. จุดสัมผัส คือ จุด (3, –1)
ความชันของเสนโคง y = f(x) ที่จุด (3, –1) เทากับ f′(3) = 5
จะได สมการของเสนสัมผัสเสนโคง คือ
y – (–1) = 5(x – 3)
y + 1 = 5x – 15
5x – y – 16 = 0
ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคง y = f(x) ที่จุด x = 3 คือ 5x – y – 16 = 0](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-61-320.jpg)
![124
ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงในขณะเวลา t = 3 เทากับ 2
8
3 2(3) 1
−
+ +
= 1
2
− กรัม / นาที
8. จากสมการ PV = 6000 เมื่อ P เปนความดัน V เปนปริมาตร
จะได P = 6000
V
อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ขณะมีปริมาตร V ใด ๆ คือ
h 0
f (V h) f (V)
lim
h→
+ −
= h 0
6000 6000
V h Vlim
h→
−
+
= h 0
1 6000h
lim [ ]
h V(V h)→
−
+
= 2
6000
V
−
ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ในขณะ V = 100 เทากับ 2
6000
100
−
= –0.6 กรัม / ตารางเซนติเมตร / ลูกบาศกเซนติเมตร
9. ให y = f(x) = 2x2
– 3
อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x ถึง x + h คือ
f (x h) f (x)
h
+ −
=
2 2
2(x h) 3 (2x 3)
h
+ − − −
=
2
4xh 2h
h
+
= 4x + 2h
(1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.2 เทากับ
4(2) + 2(0.2) = 8.4
(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.1 เทากับ
4(2) + 2(0.1) = 8.2
(3) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.01 เทากับ
4(2) + 2(0.01) = 8.02
(4) อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x ใด ๆ
h 0
f (x h) f (x)
lim
h→
+ −
= h 0
lim 4x 2h
→
+
= 4x
ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x = 2 เทากับ 4(2) = 8](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-64-320.jpg)
![135
(12) ให u = x2
– 2x + 3
จะได y = 3 2
1
x 2x 3− +
=
1
3
u
−
โดยกฎลูกโซ จะได
dy
dx
= dy du
du dx
⋅
=
1
23
d d
(u ) (x 2x 3)
du dx
−
⋅ − +
= 4
3
1
(2x 2)
3u
− −
= 3 4
2 2x
3 u
−
ดังนั้น dy
dx
= 2 43
2 2x
3 (x 2x 3)
−
− +
(13) ให y = (x – 3)3
(2x + 1)
dy
dx
= (x – 3)3
(2) + (2x + 1) d
dx
(x – 3)3
----------- (1)
พิจารณา 3d
(x 3)
dx
− และ u = x – 3
จะได s = u3
โดยกฎลูกโซ จะได
ds
dx
= ds du
du dx
⋅
= 3d d
(u ) (x 3)
du dx
⋅ −
= 2
(3u )(1)
= 3u2
ดังนั้น ds
dx
= 2
3(x 3)−
นั่นคือ 3d
(x 3)
dx
− = 2
3(x 3)− ----------- (2)
แทนคา (2) ใน (1) จะได
dy
dx
= (x – 3)3
(2) + (2x + 1)[3(x – 3)2
]
= 2(x – 3)3
+ (6x + 3)(x – 3)2
= 8x3
– 51x2
+ 90x – 27](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-75-320.jpg)
![136
(14) ให u = 2x 1
1 2x
+
−
จะได y =
3
2x 1
1 2x
+⎛ ⎞
⎜ ⎟
−⎝ ⎠
= u3
โดยกฎลูกโซ จะได
dy
dx
= dy du
du dx
⋅
= 3d d 2x 1
(u ) ( )
du dx 1 2x
+
⋅
−
= 2
2
(1 2x)(2) (2x 1)( 2)
3u [ ]
(1 2x)
− − + −
−
= 2
2
4
3u
(1 2x)
⎡ ⎤
⎢ ⎥−⎣ ⎦
=
2
2
12u
(1 2x)−
ดังนั้น dy
dx
=
2
2
2x 1
12
1 2x
(1 2x)
+⎛ ⎞
⎜ ⎟
−⎝ ⎠
−
=
2
2 2
12(2x 1) 1
(1 2x) (1 2x)
+
⋅
− −
=
2
4
12(2x 1)
(1 2x)
+
−
(15) y =
3
2 8
(2x 3)
(4x 1)
+
−
dy
dx
=
2 8 3 3 2 8
2 16
d d
(4x 1) (2x 3) (2x 3) (4x 1)
dx dx
(4x 1)
− + − + −
−
=
2 8 2 3 2 7 2
2 16
d d
(4x 1) (3)(2x 3) (2x 3) (2x 3) (8)(4x 1) (4x 1)
dx dx
(4x 1)
− + + − + − −
−
=
2 8 2 3 2 7
2 16
(4x 1) (3)(2x 3) (2) (2x 3) (8)(4x 1) (8x)
(4x 1)
− + − + −
−
=
2 2 3
2 9
6(4x 1)(2x 3) 64x(2x 3)
(4x 1)
− + − +
−
2. ให )x(gu = และ )u(f)x(Fy ==
จะได
dx
du
du
dy
dx
dy
⋅=
)1x3(
dx
d
)u(f −′=](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-76-320.jpg)
![148
3. (1) จาก f(x) = x2
– 4x + 3
จะได f′(x) = 2x – 4
= 2(x – 2)
ถา f′(x) = 0 จะได 2(x – 2) = 0
เพราะฉะนั้น x = 2
ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [0, 5] คือ 2
คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 2 และจุดปลายของชวง [0, 5] คือ x = 0 และ x = 5
f(2) = –1
f(0) = 3
f(5) = 8
ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 8 ที่ x = 5
และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ –1 ที่ x = 2
Y
2-2
-20
-10
10
20
f(x)
0 4
X
-4
2 4-2 0
-2
2
4
X
Y
f(x)
-4 6
6](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-88-320.jpg)
![149
(2) จาก f(x) = x3
– 2x2
– 4x + 8
จะได f′(x) = 3x2
– 4x – 4
ถา f′(x) = 0 จะได (3x + 2)(x – 2) = 0
เพราะฉะนั้น x = 2
3
− หรือ x = 2
ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [–2, 3] คือ 2
3
− และ 2
คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 2
3
− , x = 2 และจุดปลายของชวง [–2, 3] คือ x = –2
และ x = 3
f( 2
3
− ) = 9.48
f(2) = 0
f(–2) = 0
f(3) = 5
ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 9.48 ที่ x = 2
3
−
และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ 0 ที่ x = –2 และ x = 2
(3) จาก f(x) = x4
– 2x3
– 9x2
+ 27
จะได f′(x) = 4x3
– 6x2
– 18x
ถา f′(x) = 0 จะได 2x(2x + 3)(x – 3) = 0
เพราะฉะนั้น x = 3
2
− หรือ x = 0 หรือ x = 3
ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [–2, 4] คือ 3
2
− , 0 และ 3
2
6
10
2 6-2 0-6
-2
-6
X
Y](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-89-320.jpg)
![150
คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 3
2
− , x = 0, x = 3 และจุดปลายของชวง [–2, 4]
คือ x = –2 และ x = 4
f( 3
2
− ) = 18.56
f(0) = 27
f(3) = –27
f(–2) = 23
f(4) = 11
ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 27 ที่ x = 0
และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ –27 ที่ x = 3
(4) จาก f(x) = x3
+ 5x – 4
จะได f′(x) = 3x2
+ 5
จากรูปสมการ f′(x) = 3x2
+ 5 จะไดวา ไมมีจํานวนจริง x ใด ๆ ที่ทําให f′(x) = 0
ดังนั้น ไมมีคาวิกฤตบนชวงปด [–3, –1]
คํานวณหาคาของฟงกชัน f(x) ที่จุดปลายของชวง [–3, –1] คือ x = –3 และ x = –1
f(–3) = – 46
f(–1) = – 10
ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ – 10 ที่ x = –1
และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ – 46 ที่ x = –3
4
10
20
30
2 6-2-4
-10
-20
-30
0 X
Y](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-90-320.jpg)
![161
12. รถบรรทุกวิ่งระยะทาง 500 กิโลเมตร ดวยอัตราเร็วเฉลี่ย x กิโลเมตรตอชั่วโมง
ตองใชเวลา 500
x
ชั่วโมง
เสียคาน้ํามันลิตรละ 24 บาท และใชน้ํามันในอัตรา
150
x
24
2
+ ลิตรตอชั่วโมง
ดังนั้น เสียคาน้ํามัน )24)(
x
500
)(
150
x
24(
2
+ บาท
และเสียเบี้ยเลี้ยงคนขับชั่วโมงละ m บาท
จะตองเสียเบี้ยเลี้ยงคนขับ 500m
x
บาท
ให f(x) เปนเงินที่บริษัทตองจายในการสงสินคา เมื่อ x เปนอัตราเร็วเฉลี่ยหนวยเปนกิโลเมตร
ตอชั่วโมง
จะได f(x) = )24)(
x
500
)(
150
x
24(
x
m500 2
++
= x80
x
288000
x
m500
++
f′(x) = 80
x
288000
x
m500
22
+−−
ถา f′(x) = 0
จะได 80
x
288000
x
m500
22
+−− = 0
2
x80288000m500 +−− = 0
x2
= 3600
4
m25
+
เพราะฉะนั้น x = 3600
4
m25
+− หรือ x = 3600
4
m25
+
ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f บนชวงปด [25, 80] คือ 3600
4
m25
+
จาก f′(x) = 80
x
288000
x
m500
22
+−−
f′′(x) = 33
x
576000
x
m1000
+
f′′ )3600
4
m25
( + = 3
1000m 576000
0
25m
3600
4
+
>
⎛ ⎞
+⎜ ⎟
⎝ ⎠](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-101-320.jpg)
![174
ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x2
จาก x = –3 ถึง x = 0
เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–3, 0]
จะได A =
0
2
3
x dx
−∫
=
3
0x
33 −
= 0 – (–9)
= 9 ตารางหนวย
2. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้
ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x + 1 จาก x = –1 ถึง x = 1
เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 1]
จะได A =
1
1
(x 1)dx
−
+∫
=
2
1x
( x)
12
+
−
= 1 1
( 1) ( 1)
2 2
+ − −
= 2 ตารางหนวย
0 2 4-2
2
4
X
Y
y = x + 1
-4](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-114-320.jpg)
![175
3. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้
ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = 6 + x – x2
จาก x = –1 ถึง x = 1
เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 1]
จะได A =
1
2
1
(6 x x )dx
−
+ −∫
=
2 3
1x x
(6x )
12 3
+ −
−
= 1 1 1 1
(6 ) ( 6 )
2 3 2 3
+ − − − + +
= 34
3
ตารางหนวย
4. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้
0 2 4-2
4
8
X
Y
y = 6 + x – x2
-4
0 2 4-2
4
8
X
Y
y = 9 – x2
-4](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-115-320.jpg)
![176
ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = 9 – x2
จาก x = –3 ถึง x = 3
เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–3, 3]
จะได A =
3
2
3
(9 x )dx
−
−∫
=
3
3x
(9x )
33
−
−
= (27 – 9) – (–27 + 9)
= 36 ตารางหนวย
5. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้
ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x2
– 25 จาก x = –1 ถึง x = 3
เนื่องจาก f(x) ≤ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 3]
จะได A =
3
2
1
(x 25)dx
−
− −∫
=
3
3x
( 25x)
13
− −
−
= 1
[(9 75) ( 25)]
3
− − − − +
= 272
3
ตารางหนวย
5-5
-10
-20
-30
10
X
Y
25xy 2
−=
0](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-116-320.jpg)
![178
พื้นที่ที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 4 ถึง x = 5 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ
1
1 1
2
× × = 1
2
ตารางหนวย
จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา
F(5) – F(4) =
5
4
f (x)dx∫ = 1
2
∴ F(5) = 1 5
2 2
− = –2
ดังนั้น F(b) มีคา –1, 5
2
− , –3, 5
2
− , –2 เมื่อ b = 1, 2, 3, 4, 5 ตามลําดับ
7. เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [0, 2] เทากับ 5
จะได
2
0
F (x)dx′∫ = 5
จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส
จะได F(2) – F(0) =
2
0
F (x)dx′∫
F(2) = 5 + 3
= 8
เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [2, 5] เทากับ 16
จะได
5
2
F (x)dx′∫ = –16
จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส
จะได F(5) – F(2) =
5
2
F (x)dx′∫
F(5) = –16 + 8
= –8
เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [5, 6] เทากับ 10
จะได
6
5
F (x)dx′∫ = 10
จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส
จะได F(6) – F(5) =
6
5
F (x)dx′∫
F(6) = 10 – 8
= 2](https://image.slidesharecdn.com/fjopkrarfo4stjkglccx-140528021512-phpapp02/85/Add-m6-2-chapter2-118-320.jpg)
Add m6-2-chapter2
- 1. บทที่ 2 แคลคูลัสเบื้องตน (50 ชั่วโมง) แคลคูลัสเปนสาระการเรียนรูที่สามารถนําไปประยุกตใชเกี่ยวกับการเปลี่ยนแปลง เชน การ เจริญเติบโตของรางกายในแตละวัน การเพิ่มของพลเมืองในแตละประเทศ การเกิดและการตายของ พืชและสัตว การละลายของสารเคมี และการเคลื่อนที่ของวัตถุ ในบทเรียนนี้เริ่มตนจาก ลิมิตของ ฟงกชัน ความตอเนื่องของฟงกชัน ความชันของเสนโคง อนุพันธของฟงกชัน การหาอนุพันธของ ฟงกชันพีชคณิตโดยใชสูตร อนุพันธของฟงกชันประกอบ อนุพันธอันดับสูง การประยุกตของ อนุพันธ ปริพันธ ปริพันธไมจํากัดเขต ปริพันธจํากัดเขต และพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง ตามลําดับ ผลการเรียนรูที่คาดหวัง 1. หาลิมิตของฟงกชันที่กําหนดใหได 2. บอกไดวาฟงกชันที่กําหนดใหเปนฟงกชันตอเนื่องหรือไม 3. หาอนุพันธของฟงกชันได 4. นําความรูเรื่องอนุพันธของฟงกชันไปประยุกตได 5. หาปริพันธไมจํากัดเขตของฟงกชันที่กําหนดใหได 6. หาปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันบนชวงที่กําหนดให และหาพื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงบนชวงที่ กําหนดใหได ผลการเรียนรูที่คาดหวังเปนผลการเรียนรูที่สอดคลองกับมาตรฐานการเรียนรูชวงชั้นดาน ความรู ดังนั้นในการจัดการเรียนรู ผูสอนตองคํานึงถึงมาตรฐานการเรียนรูดานทักษะกระบวนการ ทางคณิตศาสตรดวยการสอดแทรกกิจกรรมหรือโจทยปญหาที่จะสงเสริมใหผูเรียนเกิดทักษะ กระบวนการทางคณิตศาสตรที่จําเปน อันไดแก ความสามารถในการแกปญหา การใหเหตุผล การสื่อสาร การสื่อความหมายทางคณิตศาสตรและการนําเสนอ การเชื่อมโยงความรูตาง ๆ ทาง คณิตศาสตรและเชื่อมโยงคณิตศาสตรกับศาสตรอื่น และการคิดริเริ่มสรางสรรคนอกจากนั้นกิจกรรม การเรียนรู ควรสงเสริมใหผูเรียนตระหนักถึงคุณคาและมีเจตคติที่ดีตอวิชาคณิตศาสตร ตลอดจน ฝกใหนักเรียนทํางานอยางเปนระบบ มีระเบียบวินัย รอบคอบ มีความรับผิดชอบ มีวิจารณญาณ และมีความเชื่อมั่นในตนเอง
- 2. 62 ขอเสนอแนะ 1. ฟงกชันที่กลาวถึงในหนังสือเรียนเลมนี้เปนฟงกชันพีชคณิตและเนนเฉพาะฟงกชัน พหุนามและฟงกชันตรรกยะเนื่องจากผูเรียนมีความรูพื้นฐานในเรื่องฟงกชันพหุนามและ ฟงกชันตรรกยะมาแลว สําหรับฟงกชันอื่นๆ เชน ฟงกชันลอการิทึม ฟงกชันตรีโกณมิติ จะ ไมนํามากลาวในระดับนี้ ผูเรียนจะไดเรียนเมื่อศึกษาคณิตศาสตรในระดับอุดมศึกษาตอไป 2. ผูสอนควรยกตัวอยางฟงกชันในรูปของกราฟและสมการที่ผูเรียนคุนเคย เชน ฟงกชันเชิงเสน ฟงกชันกําลังสอง เปนตน เพื่อใหเกิดความสะดวกในการพิจารณาหาลิมิต 3. เมื่อกลาวถึง ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a หาคาไมได หมายความวา ลิมิตซาย ของ f ที่ x = a ไมเทากับลิมิตขวาของ f ที่ x = a 4. จากบทนิยามของฟงกชันตอเนื่องที่กลาววา เมื่อ c เปนจํานวนจริงใดๆ ที่อยูในชวงเปด (a, b) ฟงกชัน f เปนฟงกชัน ซึ่งนิยาม บนชวงเปด (a, b) f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = c ก็ตอเมื่อฟงกชัน f มีสมบัติตอไปนี้ 1) f(c) หาคาได 2) x c lim f (x) → หาคาได 3) x c f (c) lim f (x) → = ผูสอนควรยกตัวอยางใหผูเรียนสรุปใหไดวา การตรวจสอบวาฟงกชันที่กําหนดให เปนฟงกชันตอเนื่องที่จุดที่กําหนดใหหรือไม ควรพิจารณาคาของฟงกชัน ณ จุดที่กําหนดใหกอน เนื่องจากเปนคาที่พิจารณาไดงายที่สุดในสมบัติ 3 ขอขางตน ถาหาคาไมไดก็สรุปวา ฟงกชันนั้น ไมตอเนื่อง ณ จุดที่กําหนดให 4.1 ผูสอนแสดงใหผูเรียนเขาใจโดยการใชภาพประกอบการอธิบาย เชน 1) 1. f(a) = L2 2. )x(flim ax→ ไมนิยาม f(x) ไมตอเนื่องที่ x = a X Y 0 a L1 L2 y = f(x)
- 3. 63 2) 3) 4) 4.2 เมื่อผูสอนชี้ใหผูเรียนเห็นภาพความตอเนื่องของฟงกชันแลวควรเนนใหผูเรียนนํา ทฤษฏีบทในการหาคาลิมิตของฟงกชันที่มีความตอเนื่องที่ a ไปใช 5. กอนที่จะสอนเรื่องความชันของเสนโคงผูสอนควรทบทวนเรื่องการหาความชันของเสนตรง กอนและหลังจากที่สอนเรื่องความชันของเสนโคงแลว ผูสอนควรใหผูเรียนสรุปไดวา ความชันของ เสนโคงหรือความชันของเสนสัมผัสเสนโคงเปนจํานวนบวกหรือลบในชวงที่กําหนดใหนั้นทําใหรู วาฟงกชันในชวงนั้นๆ เปนฟงกชันเพิ่มหรือฟงกชันลด 1. f(a) ไมนิยาม 2. L)x(flim ax = → f(x) ไมตอเนื่องที่ x = a 1 f(a) = L2 2 1L)x(flim ax = → 3 f(a) ≠ )x(flim ax→ f(x) ไมตอเนื่องที่ x = a 1. f(a) = L 2. L)x(flim ax = → 3. f(a) = )x(flim ax→ f(x) ตอเนื่องที่ x = a X Y 0 a L y = f(x) X Y 0 a L1 L2 y = f(x) X Y 0 a L y = f(x)
- 4. 64 6. ในหัวขอ2.4อนุพันธของฟงกชันผูสอนตองทําความเขาใจกับผูเรียนวาการหาความชัน ของเสนโคง )x(fy = ที่จุด )y,x( ใดๆ คือการหาอนุพันธของฟงกชัน f ที่จุดที่กําหนดใหนั้น 7. การหาอนุพันธของฟงกชัน f ที่ x ในหัวขอนี้เนนการใชบทนิยาม คือ h )x(f)hx(f lim)x(f 0h −+ =′ → อนุพันธของฟงกชันจะหาไดก็ตอเมื่อสามารถหา h )x(f)hx(f lim 0h −+ → ไดเทานั้น ดังนั้นในการใหผูเรียนหาอนุพันธโดยใชบทนิยาม ผูสอนไมควรกลาวถึงฟงกชันที่หา h )x(f)hx(f lim 0h −+ → ไมได หรือหาไดแตยุงยาก เชน f(x) = |x| , x 3 xx2x)x(f 23 −+−= 8. ผูสอนควรทําความเขาใจในเรื่องการใชสัญลักษณ อนุพันธของฟงกชัน f ที่ x สามารถเขียนแทนดวย )x(f ′ , dx dy , y′ และ dx )x(df การเขียนในรูปเศษสวนผูสอนให ขอสังเกตกับผูเรียนวา ตัวแปรตาม (y ) จะเขียนเปนตัวเศษและตัวแปรตน (x ) จะเขียนเปน ตัวสวน การเขียน dx dy หมายถึง อนุพันธของฟงกชัน f ที่ x ไมได หมายถึง d คูณ y หาร d คูณ x 9. อนุพันธของฟงกชัน f ในหนังสือเรียนเลมนี้ใหความหมายเพื่อการนําไปประยุกตใช ไว 2 แบบ คือ )x(f ′ คือ ความชันของเสนโคง )x(fy = ที่ x ใด ๆ และ )x(f ′ คือ อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ขณะ x มีคาใด ๆ 10. การสอนเกี่ยวกับการใชสูตรในการหาอนุพันธ ผูสอนควรเนนใหผูเรียนพิสูจนสูตรโดย ใชบทนิยาม h )x(f)hx(f lim)x(f 0h −+ =′ → เพื่อใหเกิดความเขาใจที่มาของสูตรกอน หลังจากนั้น จึงสอนเรื่องการใชสูตรในการหาอนุพันธ 11. การยกตัวอยางหรือการใหแบบฝกหัดเพิ่มเติมควรเปนฟงกชัน ที่อยูในรูปผลบวก ผลตาง ผลคูณ และผลหารของฟงกชันพีชคณิตที่งาย ๆ 12. ในการสอนเรื่อง การหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชสูตร ไมควรยกตัวอยางฟงกชันที่ ไมสามารถหาอนุพันธไดบางจุด เชน ฟงกชันที่มีกราฟเปนรูปหัก และฟงกชันที่มีคาคงตัวเปนชวง ๆ ตัวอยาง x)x(f = เมื่อเขียนกราฟจะไดกราฟดังนี้ Y x)x(f = X0
- 5. 65 จะเห็นวาที่ 0x = นั้น h )x(f)hx(f lim)x(f 0h −+ =′ → หาคาไมไดเพราะวา 1 h h lim h )0(f)h(f lim h )0(f)h0(f lim 0h0h0h −= − = − = −+ −−− →→→ และ 1 h h lim h )0(f)h(f lim h )0(f)h0(f lim 0h0h0h == − = −+ +++ →→→ จะเห็นวา h )0(f)h0(f lim h )0(f)h0(f lim 0h0h −+ ≠ −+ +− →→ แต ax = เมื่อ 0a ≠ จะพิจารณา 2 แบบ คือ 1) เมื่อ 0a > จะไดวา 1 h h lim h a)ha( lim h )a(f)ha(f lim 0h0h0h == −+ = −+ −−− →→→ และ 1 h h lim h a)ha( lim h )a(f)ha(f lim 0h0h0h == −+ = −+ +++ →→→ ดังนั้น h )a(f)ha(f lim 0h −+ → หาคาได 2) เมื่อ 0a < จะไดวา 1 h h lim h )a()ha( lim h )a(f)ha(f lim 0h0h0h −= − = −−+− = −+ −−− →→→ และ 1 h h lim h )a()ha( lim h )a(f)ha(f lim 0h0h0h −= − = −−+− = −+ +++ →→→ ดังนั้น h )a(f)ha(f lim 0h −+ → หาคาได นั่นคือ ฟงกชัน f หาคาไดที่ a เมื่อ 0a ≠ ควรชี้ใหผูเรียนเห็นวาสําหรับฟงกชัน f ที่กําหนดคา x เปนชวง เชน ⎩ ⎨ ⎧ <− ≥ = 0x,x 0x,x )x(f ถาจะหาอนุพันธที่ x = 0 โดยใชสูตรดังนี้ ⎩ ⎨ ⎧ <− ≥ =′ 0x,1 0x,1 )x(f จะทําใหไดขอสรุปวา 1)0(f =′ ซึ่งไมถูกตอง เนื่องจากฟงกชันนี้ไมมีคา h )x(f)hx(f lim 0h −+ → เมื่อ x = 0 หรือไมมีคาอนุพันธ ที่จุด x = 0 นั่นเอง ผูสอนจึงควรย้ํากับผูเรียนวาการใชสูตรในการหาอนุพันธ ณ จุดที่กําหนดจะ ใชไดเมื่อฟงกชันมีคาอนุพันธ ณ จุดนั้น
- 6. 66 13. ในการหาคาต่ําสุดหรือสูงสุดของฟงกชัน )x(fy = ซึ่งหาไดโดยอาศัยการหาคาx ที่ทําให 0)x(f =′ นั้น ผูสอนควรบอกใหผูเรียนทราบวา ไมจําเปนเสมอไปวา ณ คา x ที่ 0)x(f =′ จะใหคาต่ําสุดสัมพัทธหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจึงจําเปนตองมีการทดสอบคา ดังกลาวดวย เชน ถา 3 x)x(f = 2 x3)x(f =′ ถา 0)x(f =′ จะได 0x3 2 = นั่นคือ x = 0 เปนคาวิกฤต แตกราฟ จุด (0,0) ไมเปนจุดต่ําสุดหรือจุดสูงสุดของกราฟของฟงกชัน 3 x)x(f = ดังนั้นในกรณีที่กําหนดฟงกชัน f ที่มีอนุพันธใหแลวใหหาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุด สัมพัทธของฟงกชัน ตองทดสอบวาเมื่อ 0)a(f =′ จุด ))a(f,a( ที่หาไดเปนจุดที่ฟงกชันมีคา ต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธหรือไม โดยพิจารณาดังนี้ จุด ))a(f,a( จะเปนจุดที่ฟงกชันมีคาต่ําสุดสัมพัทธตองมีสมบัติครบทั้ง 3 ขอ คือ 1) 0)a(f =′ 2) 0)x(f <′ เมื่อ x นอยกวา a เล็กนอย 3) 0)x(f >′ เมื่อ x มากกวา a เล็กนอย และจุด ))a(f,a( จะเปนจุดที่ฟงกชันมีคาสูงสุดสัมพัทธตองมีสมบัติครบทั้ง 3 ขอ คือ 1) 0)a(f =′ 2) 0)x(f >′ เมื่อ x นอยกวา a เล็กนอย 3) 0)x(f <′ เมื่อ x มากกวา a เล็กนอย 14. ในกรณีที่ตองการทดสอบคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธของฟงกชัน เมื่อทราบวา a ทําให 0)a(f =′ จะเลือก x มากกวา a เล็กนอย และ x นอยกวา a เล็กนอย มาทดสอบ คําวาเล็กนอยนั้นพิจารณาไดดังนี้ 1) กรณีที่มี x เพียง 1 คาที่ทําให 0)x(f =′ เชน a เปนคาที่ทําให 0)a(f =′ การเลือกคาที่นอยกวา a และคาที่มากกวา a มาทดสอบ จะเลือกคาใดก็ได ผูสอนอาจจะใช ภาพประกอบคําอธิบายเพื่อใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบ ตอไปนี้ X Y 0
- 7. 67 2) กรณีที่มี x สองคาที่ทําให 0)x(f =′ เชน b และ c เปนคาที่ทําให 0)c(f,0)b(f =′=′ และ b < c จะพิจารณาดังนี้ คา x ที่นอยวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )b,(−∞ คา x ที่มากกวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )c,b( คา x ที่นอยวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )c,b( คา x ที่มากกวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง ),c( ∞ ผูสอนอาจจะใชภาพประกอบคําอธิบายเพื่อใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบตอไปนี้ 3) กรณีที่มี x มากกวา 2 คาที่ทําให 0)x(f =′ เชน b, c, d เปนคาที่ทําให 0)d(f,0)c(f,0)b(f =′=′=′ และ dcb << จะพิจารณาดังนี้ คา x ที่นอยวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )b,(−∞ คา x ที่มากกวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )c,b( คา x ที่นอยวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )c,b( คา x ที่มากกวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )d,c( คา x ที่นอยกวา d เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )d,c( คา x ที่มากกวา d เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง ),d( ∞ X0 a Y 0)a(f =′ ax >ax < X Y 0 b cx > 0)c(f =′ 0)b(f =′ c cx <bx < bx > X Y 0 cx > 0)c(f =′ 0)b(f =′ cx <bx < bx > b c X0 Y 0)a(f =′ ax >ax < a
- 8. 68 ผูสอนอาจจะใชภาพประกอบคําอธิบายเพื่อใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบตอไปนี้ ตัวอยาง จงหาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธของ x3x2xx)x(f 234 −−+= วิธีทํา 3x4x3x4)x(f 23 −−+=′ = )1x)(1x)(3x4( +−+ เมื่อ 0)x(f =′ จะไดวา คําตอบของสมการ คือ 3 1, 4 − − และ 1 พิจารณาคาของ x + 1 , 4x + 3 และ x – 1 โดยใชคา x ในชวงทั้ง 4 ขางตน และสรุป โดยใชเครื่องหมาย ( – ) และ ( + ) แทนคําวาเปนจํานวนจริงลบและจํานวนจริงบวกได ดังตารางตอไปนี้ )1,( −−∞ ) 4 3 ,1( −− )1, 4 3 (− (1,∞ ) x + 1 – + + + 4x + 3 – – + + x – 1 – – – + (x + 1) (4x + 3)( x – 1) – + – + จากตารางจะไดวา 1) เมื่อ ∈x )1,( −−∞ จะได (x + 1) < 0 และ (4x + 3) < 0 และ (x – 1) < 0 ดังนั้น (x + 1)(4x + 3)(x – 1) < 0 นั่นคือ 0)x(f <′ ในชวง )1,( −−∞ 2) เมื่อ ∈x ) 4 3 ,1( −− จะได (x + 1) > 0 และ (4x + 3) < 0 และ (x – 1) < 0 ดังนั้น (x + 1)(4x + 3)(x – 1) > 0 นั่นคือ 0)x(f >′ ในชวง ) 4 3 ,1( −− X X ชวง พจนของ )x(f ′ d Y 0 cx > 0)c(f =′ 0)b(f =′ cx <bx < bx > dx >dx < 0)d(f =′ cb Y 0 b cx > 0)c(f =′ 0)b(f =′ c cx <bx < bx > dx > dx < 0)d(f =′ d
- 9. 69 3) เมื่อ ∈x )1, 4 3 (− จะได (x + 1) > 0 และ (4x + 3) > 0 และ (x – 1) < 0 ดังนั้น (x + 1)(4x + 3)(x – 1) < 0 นั่นคือ 0)x(f <′ ในชวง )1, 4 3 (− 4) เมื่อ ∈x (1,∞ ) จะได (x + 1) > 0 และ (4x + 3) > 0 และ (x – 1) > 0 ดังนั้น (x + 1)(4x + 3)(x – 1) > 0 นั่นคือ 0)x(f >′ ในชวง (1,∞) จาก 1), 2), 3) และ 4) สรุปเปนตารางไดดังนี้ ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ สรุป )1,( −−∞ – เปนฟงกชันลด ) 4 3 ,1( −− + เปนฟงกชันเพิ่ม )1, 4 3 (− – เปนฟงกชันลด (1,∞ ) + เปนฟงกชันเพิ่ม 1) )x(f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 1x −= และ คาต่ําสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =− )1(f 1 2) )x(f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ 4 3 x −= และ คาสูงสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =− ) 4 3 (f 1.02 3) )x(f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 1x = และ คาต่ําสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =)1(f –3 15. 15.1 การใชอนุพันธอันดับที่สองหาคาต่ําสุดสัมพัทธและคาสูงสุดสัมพัทธนั้นในการ อธิบายใหผูเรียนเขาใจวาเหตุใดเมื่ออนุพันธอันดับที่สองณจุดวิกฤตเปนบวกจึงใหคาต่ําสุดสัมพัทธ และเหตุใดเมื่ออนุพันธอันดับที่สองณจุดวิกฤตเปนลบจึงใหคาสูงสุดสัมพัทธ ผูสอนอาจจะใชกราฟ ประกอบดังนี้ จาก )x(fy = )x(f dx dy ′= เปนอนุพันธอันดับที่หนึ่ง หาอนุพันธของฟงกชัน )x(f ′ dx ))x(f(d ′ dx ) dx dy (d = 2 2 dx yd = จาก dx dy เปนคาความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด x ใด ๆ เนื่องจาก 2 2 dx yd dx ) dx dy (d =
- 10. 70 นั่นคือ 2 2 dx yd หมายถึง อัตราการเปลี่ยนแปลงของความชันเทียบกับ x จาก h )x(f)hx(f lim dx dy 0x −+ = → ถา 2 2 dx yd < 0 จุดที่ x = x0 จะใหคาสูงสุดสัมพัทธ ซึ่งพิจารณาไดจากกราฟ ถา 2 2 dx yd > 0 จุดที่ x = x0 จะใหคาต่ําสุดสัมพัทธ ซึ่งพิจารณาไดจากกราฟ 15.2 การสอนใหผูเรียนพิจารณาคา x ที่เปนคาวิกฤตนั้นจะทําใหฟงกชันมีคาต่ําสุด สัมพัทธหรือคาสูงสุดสัมพัทธโดยใชอนุพันธอันดับที่สอง ผูสอนควรสอนภายหลังจากที่ผูเรียนได ฝกการพิจารณาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดโดยใชอนุพันธอันดับที่หนึ่งไปแลวมิฉะนั้นผูเรียนจะไมสนใจ เรียนเพราะตองการแตจะทราบถึงวิธีลัดเทานั้นผูสอนควรใหผูเรียนไดฝกโดยใชอนุพันธอันดับที่หนึ่ง เสียกอน เพราะผูเรียนจะไดทราบถึงเหตุผลในการสรุปเกี่ยวกับคาสูงสุดและคาต่ําสุดไดชัดเจนขึ้นและ ผูสอนควรเนนใหผูเรียนทราบวาสําหรับบางฟงกชันหรือคาวิกฤตบางคาไมสามารถใชอนุพันธอันดับ ที่สองตรวจสอบคาสูงสุดและคาต่ําสุดสัมพัทธของฟงกชันได ผูเรียนควรตรวจสอบโดยใชอนุพันธ อันดับหนึ่ง เชน Xx0 Y 0 dx dy >0 dx dy = 0 x0 X Y 0 dx dy < 0 dx dy = 0
- 11. 71 1) 4 )1x()x(f −= หาจุดวิกฤตของ f จาก 4 )1x()x(f −= 3 )1x(4)x(f −=′ คาของ x ที่ทําให 0)x(f =′ คือ 1 จะไดจุดวิกฤตของ f คือ x = 1 จาก 3 )1x(4)x(f −=′ 2 )1x(12)x(f −=′′ ดังนั้น 0)1(f =′′ ซึ่งไมสามารถตรวจสอบไดวา ที่ x = 1 จะให คาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจะตองใชอนุพันธอันดับที่หนึ่งตรวจสอบ จาก 3 )1x(4)x(f −=′ พิจารณาเครื่องหมายของ )x(f ′ ในชวง )1,(−∞ และ ),1( ∞ ดังตารางตอไปนี้ ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ 1x < – เปนฟงกชันลด 1x > + เปนฟงกชันเพิ่ม จากตารางสรุปไดวา f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 1 และคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 1 คือ f(1) = 0 ผูสอนอาจจะใหผูเรียนพิจารณาจากกราฟจะทําใหผูเรียนเขาใจมากขึ้น 2) 34 x2x)x(f −= หาจุดวิกฤตของ f จาก 34 x2x)x(f −= 23 x6x4)x(f −=′ )6x4(x2 −= คาของ x ที่ทําให 0)x(f =′ คือ 0 และ 3 2 จะไดจุดวิกฤตของ f คือ x = 0 และ 2 3 x = 1-1 0 2 1 2 X Y -1
- 12. 72 จาก 23 x6x4)x(f −=′ x12x12)x(f 2 −=′′ พิจารณากรณีที่ 3 x 2 = จะได 9) 2 3 (12) 2 3 (12) 2 3 (f 2 =−=′′ ซึ่งมากกวา 0 แสดงวา f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 2 3 x = และคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 2 3 x = คือ 69.1) 2 3 (2) 2 3 () 2 3 (f 34 −=−= พิจารณากรณีที่ 0x = จะได f (0) 0′′ = ซึ่งไมสามารถตรวจสอบไดวา ที่ x = 0 จะใหคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจะตองใชอนุพันธอันดับที่หนึ่งตรวจสอบ จาก 23 x6x4)x(f −=′ )6x4(x2 −= พิจารณาเครื่องหมายของ )x(f ′ ในชวง )0,(−∞ , ) 2 3 ,0( และ ), 2 3 ( ∞ ดังตาราง ตอไปนี้ ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ 0x < – เปนฟงกชันลด 2 3 x0 << – เปนฟงกชันลด 2 3 x > + เปนฟงกชันเพิ่ม จากตารางสรุปไดวา 1) f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 2 3 x = และคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 2 3 x = คือ 69.1) 2 3 (2) 2 3 () 2 3 (f 34 −=−= 2) f ไมมีคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 0
- 13. 73 ผูสอนอาจจะใหผูเรียนพิจารณาจากกราฟจะทําใหผูเรียนเขาใจมากขึ้น หลังจากยกตัวอยางขางตนผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา ทําไมฟงกชันบางฟงกชันจึงใช อนุพันธอันดับที่สองตรวจสอบคาวิฤตได แตบางฟงกชันไมสามารถทําได ผูเรียนควรสังเกต ไดวา สําหรับจุดวิกฤตที่ทําใหคาอนุพันธอันดับที่สองมีคาเทากับศูนย บางจุดจะทําใหไดคาต่ําสุด หรือคาสูงสุดสัมพัทธ แตบางจุดไมไดใหทั้งคาต่ําสุดและคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจึงไมสามารถ ใชอนุพันธอันดับที่สองตรวจสอบคาสูงสุดและคาต่ําสุดสัมพัทธของฟงกชันได แตจะตรวจสอบ ไดโดยใชการหาอนุพันธอันดับที่หนึ่ง 16. ในหัวขอ 2.9 เปนการหาฟงกชันในกระบวนการตรงกันขามกับการหาอนุพันธ เรียกวาการหาปฏิยานุพันธ ในหนังสือบางเลมเรียกวาการอินทิเกรต ดังแผนภาพตอไปนี้ )x(F หาอนุพันธหาปฏิยานุพันธ )x(F′ -1 1 2 -2 -1 1 2 X Y 0
- 14. 74 17. ถาอนุพันธของฟงกชันอยูในรูป n x dx dy = แลวใหหาฟงกชันเดิม โดยใชสูตร 1n x y 1n + = + จะเห็นวาจะหาฟงกชันนี้ไมได เมื่อ 1n −= ดังนั้นในการกําหนดอนุพันธของฟงกชัน ใหอนุพันธของฟงกชันที่กําหนดใหตองไมอยูรูป x 1 หรือ bax 1 + เมื่อ b,a เปนจํานวนจริงที่ 0a ≠ เนื่องจากฟงกชันที่มีอนุพันธอยูในรูปดังกลาวจะเปนฟงกชันลอการิทึมในรูป xlny = และ cbaxlnay ++= ซึ่งฟงกชันในลักษณะแบบนี้ผูเรียนจะไดเรียนในระดับสูงตอไป 18. รูปทั่วไปของปฏิยานุพันธของ f คือ ฟงกชัน c)x(Fy += เมื่อ c เปนคาคงตัว และ )x(f)x(F =′ เขียนแทนปฏิยานุพันธของ f ดวยสัญลักษณ ∫ dx)x(f อานวา ปริพันธ ไมจํากัดเขตของฟงกชัน f เทียบกับตัวแปร x 19. จากตัวอยางที่ 5 หัวขอ 2.10 เรื่องปริพันธไมจํากัดเขต ที่กลาววา ∫ + dx)x2x( 2 = ∫ ∫+ xdx2dxx2 = [ ]2 2 1 3 c 2 x 2c 3 x +++ = cx 3 x 2 3 ++ เมื่อ 21 c2cc += ผูสอนควรเนนใหผูเรียนเห็นวาในการหาคาของ ∫ dxx2 ใหคาคงตัวหนึ่ง คือ 1c และใน การหาคาของ ∫ xdx2 ใหคาคงตัว คือ 2c2 ซึ่งคาคงตัวที่เกิดขึ้นนี้มีหลายคาแตนิยมเขียนสรุป โดยใช c เพียงคาเดียว ซึ่งในที่นี้หมายถึง 21 c2c + 20. ในหัวขอ 2.11 ในการหาปริพันธจํากัดเขต และ )x(fy = ตองเปนฟงกชันตอเนื่อง บนชวงปด [a, b] ซึ่งหาไดจากทฤษฎีหลักมูลของแคลคูลัสและไมเนนการพิสูจน ดังนี้ 1) หา )x(F ซึ่งเปนปฏิยานุพันธของ )x(f หรือ หา ∫ dx)x(f 2) หา )a(F)b(F − และคาที่ไดจาก 2) จะเปนคาของปริพันธจํากัดเขต ∫ b a dx)x(f การหาปริพันธจํากัดเขตไมตองบวกคา c เนื่องจาก การหา )a(F)b(F − คา c จะหักลาง กันหมดไป 21. ในการศึกษาหัวขอ 2.12 เรื่องพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง จะศึกษาเฉพาะเสนโคงของ ฟงกชันพหุนามที่เลขชี้กําลังเปนจํานวนเต็มบวกไมเกินสอง และจะตองระบุดวยวาเปนการหาพื้นที่ ที่ปดลอมดวยกราฟของฟงกชันที่กําหนดให แกน X เสนตรง ax = และเสนตรง bx = เมื่อ Rb,a ∈ ผูสอนควรย้ําวาในหนังสือเรียนที่ไมไดเขียนแกน X ไวนั้นจริง ๆ แลว มีเสนปดลอมอีก เสนหนึ่ง คือ แกน X แตในที่นี้ไดละไว สําหรับการหาพื้นที่ที่อยูระหวางเสนโคงสองเสน ไมได ศึกษาในหัวขอนี้
- 15. 75 กิจกรรมเสนอแนะ ลิมิตของฟงกชัน 1. ผูสอนฝกใหผูเรียนทําความเขาใจความหมายของคําวา x เขาใกล a โดยการ ลากเสนจํานวนดังรูป จากนั้น ผูสอนกําหนดจํานวนจํานวนหนึ่งให เชน 2 แลวใหผูเรียนหาจํานวนที่มีคา มากกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ผูสอนบอกผูเรียนวาการพิจารณาจํานวนจริง x ที่มีคามากกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ซึ่ง เรียกวา x มีคาเขาใกล 2 ทางดานขวาเขียนแทนดวยสัญลักษณ x → 2+ ในทํานองเดียวกัน ผูสอนใหผูเรียนหาจํานวนที่มีคานอยกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 และ บอกผูเรียนวา เปนการพิจารณาจํานวนจริง x ที่มีคานอยกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ซึ่งเรียกวา x มีคาเขาใกล 2 ทางดานซายเขียนแทนดวยสัญลักษณ x → 2– ตัวอยาง 2. ผูสอนกําหนดฟงกชันตอไปนี้ใหผูเรียนพิจารณาโดยใชการแทนคา x ที่เขาใกล a ทั้งทางดานขวาและทางดานซาย พรอมทั้งเขียนกราฟ 1) f(x) = 2x – 1 เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 2) f(x) = x2 – 4x + 5 เมื่อ x มีคาเขาใกล 2 3) f(x) = x เมื่อ x มีคาเขาใกล 0 4) f(x) = 5) f(x) = จากฟงกชันขางตนผูสอนแบงกลุมผูเรียนใหชวยกันหาคาของ f(x) จาก x → a ที่ กําหนดให ซึ่งควรไดผลดังนี้ 2 – x เมื่อ x < 1 (x – 1)2 เมื่อ x ≥ 1 x 4− เมื่อ x > 4 8 – 2x เมื่อ x < 4 0 1 2 x → 2– x → 2+ 3 0 1 2 3-1-2-3
- 16. 76 1) f(x) = 2x – 1 เมื่อ x เขาใกล 1 เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา x มีคาเขาใกล 1 ทางดานซายและดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 1 เพียงคาเดียว 2) 5x4x)x(f 2 +−= เมื่อ x เขาใกล 2 เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา เมื่อ x มีคาเขาใกล 2 ทางดานซายและ ดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 1 เพียงคาเดียว x 1.001 1.01 1.1 f(x) 1.002 1.02 1.2 x 0.9 0.99 0.999 f(x) 0.8 0.98 0.998 x 2.001 2.01 2.1 f(x) 1.000001 1.0001 1.01 x 1.9 1.99 1.999 f(x) 1.01 1.0001 1.000001 1 2 1 -1 30 X Y f(x) = 1x2 − Y 2 1 4 X0 5x4x)x(f 2 +−=
- 17. 77 3) f(x) = x เมื่อ x เขาใกล 0 เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา เมื่อ x มีคาเขาใกล 0 ทางดานซายและ ดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 0 เพียงคาเดียว 4) f(x) = เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา เมื่อ x มีคาเขาใกล 4 ทางดานซาย และดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 0 เพียงคาเดียว x 0.001 0.01 0.1 f(x) 0.001 0.01 0.1 x -0.1 -0.01 -0.001 f(x) 0.1 0.01 0.001 x 4− เมื่อ x > 4 8 – 2x เมื่อ x < 4 x 4.001 4.01 4.1 f(x) 0.0316 0.1 0.316 x 3.99 3.999 3.9999 f(x) 0.02 0.002 0.0002 X 4 4 2 0 Y 4x)x(f −= f(x) = 8 – 2x -1 1 2 1 -1 0 X Y -2 2 x)x(f =
- 18. 78 5) f(x) = เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 ดานซาย f(x) มีคา เขาใกล 1 เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 ดานขวา f(x) เขาใกล 0 3. จากการพิจารณาฟงกชันที่กําหนดใหขางตน ผูเรียนชวยกันสรุปวา ถา f เปนฟงกชัน และ f(x) มีคาเขาใกลจํานวนจริง เพียงคาเดียวในขอ 1 – 4 สวนฟงกชันในขอ 5 จะสรุปไดวา เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 ดานซาย f(x) มีคาเขาใกล 1 เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 ดานขวา f(x) เขาใกล 0 4. ผูสอนสรุปวาในกรณีทั่วไป “คาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย มีคา เทากับ Lเขียนแทนดวย x a lim f (x)− → = L อานวา ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย เทากับ Lและ “คาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา มีคาเทากับ L เขียนแทนดวย x a lim f (x)+ → = L อานวา ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา เทากับ L และถา f เปน ฟงกชัน และ f(x) มีคาเขาใกลจํานวนจริง L เพียงคาเดียว เมื่อ x มีคาเขาใกล a (ไมวา x > a หรือ x < a) เราจะกลาววาฟงกชัน f มีลิมิตเทากับ L หรือกลาววา ลิมิตของฟงกชัน f ที่ x เมื่อ x เขาใกล a มีคาเทากับ L เขียนแทนดวยสัญลักษณ x a limf (x) → = L และ ถา f เปนฟงกชัน และ คาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย ไมเทากับคาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา กลาววา x a limf (x) → หาคาไมได 2 – x เมื่อ x < 1 (x – 1)2 เมื่อ x ≥ 1 x 1.001 1.01 1.1 f(x) 0.000001 0.0001 0.01 x 0.99 0.999 0.9999 f(x) 1.01 1.001 1.0001 4 2 1 X Y f(x) = 2 – x 2 )1x()x(f −= O
- 19. 79 5. ผูสอนชี้ใหผูเรียนเห็นวา บางครั้งการหาคาลิมิตของฟงกชันโดยการใชกราฟหรือ คํานวณคาของฟงกชันนั้นไมสะดวก โดยทั่วไปจะใชวิธีการหาลิมิต โดยอาศัยทฤษฎีบทเกี่ยวกับ ลิมิต ผูสอนควรแนะนําทฤษฎีบทเกี่ยวกับลิมิตพรอมกับตัวอยางการนําทฤษฎีบทเกี่ยวกับลิมิตไปใช ความตอเนื่องของฟงกชัน 1. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณากราฟของฟงกชันที่กําหนดใหดังรูปผูสอนและผูเรียน รวมกันอภิปรายความหมายของความตอเนื่องของฟงกชัน โดยผูสอนยกตัวอยางกราฟในรูป 1) 2) 3) X Y 0 a )x(fy 2= X Y 0 a )x(fy 3= X Y 0 a )x(fy 1=
- 20. 80 4) เมื่อผูเรียนพิจารณากราฟควรอธิบายไดวา มีเพียงกราฟขอ 4) ตอเนื่องที่จุด x = a สวนกราฟขอ 1), 2) และ 3) ไมตอเนื่องเพราะมีบางจุดที่กราฟขาดตอน และควรบอกไดวาขาด สมบัติในขอใดบาง 2. ผูเรียนพิจารณาความตอเนื่องของฟงกชันที่กําหนด ณ จุดที่กําหนดใหพรอมทั้งบอก เหตุผล 1) f(x) = 2 x x 2 x 2 − − − ณ จุดที่ x = 2 2) f(x) = ณ จุดที่ x = 0 X Y 0 a )x(fy 4= Y -1 1 2 1 -1 0 X -2 2 3 2 x 1 , x ≠ 0 1 , x = 0 Y -1 1 2 1 -1 0 X -2 2 3
- 21. 81 3) f(x) = ณ จุดที่ x = 2 3. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาความตอเนื่องของฟงกชันเมื่อ กําหนดให 5x5x)x(f 2 −−= พิจารณา )1(f และ )x(flim 1x→ )1(f = –9 )x(flim 1x→ = –9 จะเห็นวา )1(f = )x(flim 1x→ เมื่อพิจารณากราฟจะเห็นวา f(x) มีความตอเนื่องที่ x = 1 2 x x 2 x 2 − − − , x ≠ 2 1 , x = 2 Y -1 1 2 1 -1 0 X -2 2 3 (2, 1) Y X 2 4 60 5 10 –10 –5 –2
- 22. 82 4. ผูสอนและผูเรียนสรุปวา f มีความตอเนื่อง ที่ x = a เมื่อมีสมบัติครบ 3 ขอ คือ 1. f(a) หาคาได 2. )x(flim ax→ หาคาได 3. f(a) = )x(flim ax→ 5. ผูสอนแนะนําผูเรียนใหใชหลักการขางตนหาความตอเนื่องบนชวงของฟงกชันแลว ใหผูเรียนทําแบบฝกหัด ความชันของเสนโคง 1. 1) ผูสอนทบทวนเกี่ยวกับการหาความชันของเสนตรง โดยพิจารณารูปตอไปนี้ ผูเรียนควรตอบไดวา ความชัน คือ 1 1 1 2 2 2 1 − − = 1 2) ผูสอนเสนอแนะผูเรียนเกี่ยวกับกรณีทั่วไปวาการหาความชันของเสนตรงคือ อัตราสวนของ k และ h ดังนั้น ความชันของเสนตรง คือ b k b a h a + − + − = k h Y a a + h b 0 X b + k Q (a+h,b+k) P (a,b) h k Y -1 1 2 1 -1 0 X 2 3 Q ) 2 1 1,2( ) 2 1 ,1( P
- 23. 83 2. ผูเรียนใชความรูจากการหาความชันของเสนตรงหาความชันของเสนโคง โดยผูสอน กําหนดฟงกชันดวยแผนภาพตอไปนี้โดยกําหนดจุด Q(a + h, b + k) ที่มีระยะหางจากจุด P(a, b) ตาง ๆ กัน เพื่อใหผูเรียนมองเห็นความสัมพันธของความชันของเสนโคงและความชันของเสนตรง ตามตารางที่ 1 f(x) = x2 – 4x + 5 ตารางที่ 1 ความสัมพันธของจุด P และ Q ในการหาความชันของเสนโคง k = f(a + h) – f(a) h = (a + h) – a Q1(4, 5) Q2(3, 2) Q3(2.5, 1.25) Q4(2.25, 1.0625) Q5(2.125, 1.0156) Q6(2.01, 1.001) Q7(2.001, 1.000001) Qn เขาใกล (2, 1) f(4) – f(2) = 4 f(3) – f(2) = 1 f(2.5) – f(2) = 0.25 f(2.25) – f(2) = 0.0625 f(2.125) – f(2) = 0.0156 f(2.01) – f(2) = 0.0001 f(2.001) – f(2) = 0.000001 f(2 + h) – f(2) 4 – 2 = 2 3 – 2 = 1 2.5 – 2 = 0.5 2.25 – 2 = 0.25 2.125 – 2 = 0.125 2.01 – 2 = 0.01 2.001 – 2 = 0.001 h h 0 f (2 h) f (2) lim h→ + − = 2 2 h 0 (2 h) 4(2 h) 5 [2 4(2) 5] lim h→ ⎡ ⎤+ − + + − − +⎣ ⎦ = 2 h 0 h 4h 4 8 4h 5 4 8 5 lim h→ + + − − + − + − = 2 h 0 h lim h→ = 0 X 4 2 2 Y 5x4x)x(f 2 +−= 0 P 1Q 2Q 3Q ... ... ...
- 24. 84 ผูเรียนควรสรุปไดวา การหาความชันของเสนโคง ณ พิกัดของจุดที่กําหนดให เมื่อ h เขาใกล 0 ความชัน คือ 0 จากกราฟและตารางที่ 1 ผูเรียนหาความชันไดดังนี้ Qn k h k h (4, 5) 5 – 1 = 4 4 – 2 = 2 4/2 = 2 (3, 2) 2 – 1 = 2 4 – 3 = 1 2/1 = 1 (2.5, 1.25) 1.25 – 1 = 0.25 2.5 – 2 = 0.5 0.25/0.5 = 0 .5 (2.25, 1.0625) 1.0625 – 1 = 0.0625 2.25 – 2 = 0.25 0.0625/0.25 = 0.25 (2 + h, f(2 + h)) f(2 + h) – f(2) 2 + h – 2 f (2 h) f (2) h + − ผูเรียนควรสรุปไดวา ในขณะที่เสนตรง PQn เกือบทับจุด P ที่จุด Qn คา h มีคาเขาใกล 0 ซึ่งสามารถหาความชันไดจากการหา h 0 f (2 h) f (2) lim h→ + − คือการหาความชันของเสนโคงนั่นเอง แตถาจุด Qn ทับกับจุด P พอดี จุดนั้นก็จะเปนจุดสัมผัสซึ่งมีสมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด P(x, y) ใด ๆ 3. ผูสอนสรุปเปนกรณีทั่วไป โดยใชบทนิยามในหนังสือเรียนถา y = f(x) เปนสมการ ของเสนโคง เสนตรงที่สัมผัสเสนโคงที่จุด P(x, y) ใด ๆ จะเปนเสนตรงที่ผานจุด P และมีความชัน m = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − ถาลิมิตหาคาไดความชัน ณ จุด P(x, y) หมายถึง ความชันของเสน สัมผัสเสนโคง ณ จุด P 4. ผูเรียนทําแบบฝกหัด อนุพันธของฟงกชัน 1. ผูสอนทบทวนเรื่องการหาความชันของเสนโคง ผูเรียนควรบอกไดวา การหาความ ชันของเสนโคง y = f(x) ที่จุด P(x, y) เปนการหาความชันของ PQ เมื่อจุด Q(x + h, y + k) เปน จุดใด ๆ โดยให h เขาใกล 0 ซึ่งเปนการหาอัตราสวนระหวาง f(x + h) – f(x) กับ h เมื่อ คา h เขาใกล 0 จึงไดความชันเสนโคง คือ m = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − เมื่อลิมิตหาคาได 2. ผูสอนบอกผูเรียนวา โดยใชบทนิยามในหนังสือเรียน ถา y = f(x) เปนฟงกชัน และมีโดเมนและเรนจ เปนสับเซตของจํานวนจริง และ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − หาคาได เรียก ลิมิตที่ไดนี้วา อนุพันธของฟงกชัน f ที่ x เขียนแทนดวย f′(x) นอกจากนี้ยังเขียนแทนดวย สัญลักษณอยางอื่น เชน dy dx หรือ y′ หรือ d f (x) dx
- 25. 85 การหาอนุพันธของฟงกชันพีชคณิตโดยใชสูตร 1. ผูสอนทบทวนการหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชบทนิยามของการหาอนุพันธดังนี้ f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − และเสนอแนะผูเรียนวา การหาอนุพันธสําหรับบางฟงกชันใช เวลาคอนขางนาน จําตองสรางสูตรเพื่อนํามาใชใหเกิดความสะดวก เชน 1x5x)x(f 3 ++= เมื่อหาอนุพันธของฟงกชัน f โดยลิมิต จะได dy dx = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − ดังนั้น f′(x) = ( ) ( ) h 1x5x1)hx(5)hx( lim 33 0h ++−++++ → = ( ) h 1x5x)1h5x5xh3hx3hx( lim 32233 0h ++−++++++ → = h )h5xh3hx3h( lim 223 0h +++ → = h )5xh3x3h(h lim 22 0h +++ → = 2 2 h 0 lim (h 3x 3xh 5) → + + + = 5x3 2 + เมื่อหาอนุพันธของฟงกชัน f โดยใชสูตร จาก 1x5x)x(f 3 ++= f′(x) = 1 dx d x dx d 5x dx d 3 ++ = 5x3 2 + 2. ผูสอนยกตัวอยางการหาอนุพันธของฟงกชันบางฟงกชันโดยใชสูตรแลวใหผูเรียนฝก หาอนุพันธของฟงกชันโดยใชสูตร อนุพันธของฟงกชันประกอบ 1. ผูสอนยกตัวอยางฟงกชัน เชน f(x) = (x7 – 2x–7 )15 โดยชี้ใหผูเรียนเห็นวา การจะหาอนุพันธของฟงกชันที่มีดีกรีสูง ๆ โดยใชบทนิยาม f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − ที่เรียนผานมาจะไมสะดวก ดังนั้น จึงมีการสรางสูตรที่เรียกวา กฎลูกโซ ซึ่งกฎนี้จะใชกับฟงกชัน ที่เรียกวา ฟงกชันประกอบ
- 26. 86 2. ผูสอนบอกสูตรการหาอนุพันธฟงกชันประกอบ ดังนี้ ถา y = (g°f)(x) = g(f(x)) แลว dy dx = d d g(f (x)) f (x) df (x) dx ⋅ ซึ่งผูสอนอาจจะแสดงบทพิสูจนดังนี้ จากบทนิยามของการหาอนุพันธของฟงกชัน จะไดวา (g°f)′(x) = h )x)(fg()hx)(fg( lim 0h −+ → = h 0 g(f (x h)) g(f (x)) lim h→ + − = h 0 g(f (x h)) g(f (x)) f (x h) f (x) lim f (x h) f (x) h→ ⎡ ⎤+ − + − ⋅⎢ ⎥+ −⎣ ⎦ โดยที่ f(x + h) – f(x) ≠ 0 = h )x(f)hx(f lim )x(f)hx(f ))x(f(g))hx(f(g lim 0h0h −+ ⋅ −+ −+ →→ ให f(x + h) – f(x) = t จะไดวา h 0 g(f (x h)) g(f (x)) lim f (x h) f (x)→ + − + − = t ))x(f(g)t)x(f(g lim 0h −+ → ดังนั้น (g°f)′(x) = )x(f))x(f(g ′⋅′ = )x(f dx d ))x(f(g )x(df d ⋅ ถา u = f(x) และ y = g(u) จะได dy dx = dy du du dx ⋅ 3. ผูสอนยกตัวอยางการหาอนุพันธของฟงกชันประกอบโดยใชสูตรแลวใหผูเรียนทํา แบบฝกหัด อนุพันธอันดับสูง 1. ผูสอนทบทวนการหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชสูตร และยกตัวอยางฟงกชันบาง ฟงกชันที่หาอนุพันธได และสามารถหาอนุพันธไดอีกโดยการถามนักเรียน กําหนด f(x) = 2x4 – 3x3 + 2x2 +6x – 5 f′(x) = df (x) dx = 8x3 – 9x2 + 4x + 6 d f (x) dx ′ = 24x2 – 18x+ 4 ดังนั้น อนุพันธของ f′ (x) คือ 24x2 – 18x + 4
- 27. 87 2. ผูสอนบอกบทนิยามการหาอนุพันธอันดับสูง ดังนี้ ให f เปนฟงกชันที่สามารถหาอนุพันธได และ f′(x) เปนอนุพันธของฟงกชัน f ที่ x ที่สามารถ หาอนุพันธไดแลว จะเรียกอนุพันธของอนุพันธของฟงกชัน f ที่ x หรืออนุพันธของฟงกชัน f ′ ที่ x วาอนุพันธอันดับที่ 2 ของ f ที่ x และเขียนแทนอนุพันธของฟงกชัน f′ ที่ x ดวย f″(x) ทั้งนี้ ผูสอนอธิบายถึงการเขียนแทนดวยสัญลักษณ เชน อนุพันธอันดับที่ 2 ของ f ที่ x เขียนแทนดวย 2 2 d y dx หรือ 2 2 d f (x) ,y dx ′′ อนุพันธอันดับที่ 3 ของ f ที่ x เขียนแทนดวย 3 3 d y dx หรือ 3 3 d f (x) dx หรือ y ′′′ เปนตน 3. ผูสอนแนะนําผูเรียนในการนําความรูเรื่องอนุพันธของฟงกชันอันดับสูงไปใช ประโยชนในเรื่องการเคลื่อนที่ซึ่งอนุพันธของฟงกชันอันดับที่ 2 ของ f ที่ x คือ ความเรง (a) ของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ ซึ่งหาไดจากการหาอัตราการเปลี่ยนแปลงของความเร็ว (v) เทียบกับ เวลา t ใด ๆ จากสมการ s = f(t) ซึ่งจะแสดงไดดังนี้ a = dv dt และ v = ds dt ดังนั้น a = ) dt ds ( dt d = 2 2 dt sd 4. ผูเรียนทําแบบฝกหัด การประยุกตอนุพันธ 1. ผูสอนทบทวนความรูเกี่ยวกับฟงกชันเพิ่มและฟงกชันลด พรอม ๆ กับการพิจารณา ความชันของเสนโคงดังแผนภาพตอไปนี้ ถา 21 xx < และ )x(f)x(f 21 < จะไดวา )x(f เปนฟงกชันเพิ่ม และ 0)x(f >′ X y = f(x) 0 Y x2x1
- 28. 88 ถา 21 xx < และ )x(f)x(f 21 > จะไดวา )x(f เปนฟงกชันลด และ 0)x(f <′ 2. ผูสอนกําหนดกราฟมาให โดยใหผูเรียนเขียนกราฟของฟงกชันที่กําหนดใหและ พิจารณาคาของ f(x) และ )x(f ′ เมื่อกําหนด x = a ที่เปนจุดต่ําสุดและจุดสูงสุด โดยเขียน + และ – เมื่อคาของฟงกชันในชวงนั้นเปนจํานวนจริงบวกและลบ ตามลําดับ ดังแสดงในตาราง จุดสูงสุดหรือ จุดต่ําสุด X Y y = f(x) 0 x1 x2 )1,2( –+ 01 0 1) 2 5-2 -2 X Y )1,1( − – 0 +–1 0 2) 2 5-2 -2 X Y )3,2( –+ 0–3 0 3) )x(f ax =ax < ax > )x(f ′)x(f ′ 2 5-2 -2 X Y )x(f ′)x(f
- 29. 89 จากตารางพิจารณาคา ของ f(x) และ )x(f ′ โดยยึดจุดสูงสุดและจุดต่ําสุดสัมพัทธเปนชวง แบงผูเรียนสรุปไดวา 1. ฟงกชันในขอ 1 และ 3 ณ จุดสูงสุดในชวง x < a คาของ f(x) จะเพิ่มขึ้น ในขณะที่ x = a ฟงกชันจะใหคาสูงสุด ในชวง x > a คาของ f(x) เริ่มลดลง 2. ฟงกชันในขอ 2 และ 4 ณ จุดต่ําสุดในชวง x < a คาของ f(x) จะลดลง ในขณะที่ x = a ฟงกชันจะใหคาต่ําสุด ในชวง x > a คาของ f(x) เริ่มเพิ่มขึ้น 3. ณ จุดที่เปนจุดต่ําสุดหรือจุดสูงสุดของฟงกชันจะเปนจุดเปลี่ยนจากคาบวกเปน คาลบหรือจากคาลบเปนคาบวก (จุดที่ 0)x(f =′ ) 3. จากขอคนพบและสิ่งที่ผูเรียนสรุปได ผูสอนสรุปความหมายของคาสูงสุดสัมพัทธ คาต่ําสุดสัมพัทธ และคาวิกฤต ตามที่นิยามในหนังสือเรียน 4. ผูสอนใหผูเรียนหาคาสูงสุดสัมพัทธ คาต่ําสุดสัมพัทธ และคาวิกฤต โดยกําหนด ฟงกชัน ดังตอไปนี้ 1. 8x2x)x(f 2 −−= 2x2)x(f −=′ หาคาวิกฤต 2x2)x(f −=′ = 0 x = 1 ถา x > 1, 0)x(f >′ ถา x < 1, 0)x(f <′ ดังนั้น f(x) มี คาต่ําสุดสัมพัทธ คือ –9 2. 1x3x)x(f 3 −−= 3x3)x(f 2 −=′ หาคาวิกฤต โดยให 0)x(f =′ จะได 0)1x(3 2 =− x = –1 หรือ x = 1 พิจารณากรณี x = –1 ถา x < –1, 0)x(f >′ ถา x > –1, 0)x(f <′ -4 5-2 -2 X Y )4,1( − – ––40 4) 0
- 30. 90 ดังนั้น f(x) มี คาสูงสุดสัมพัทธ คือ 1 พิจารณากรณี x = 1 ถา x < 1, 0)x(f <′ ถา x > 1, 0)x(f >′ ดังนั้น f(x) มี คาต่ําสุดสัมพัทธ คือ –3 5. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาหาคาสูงสุดสัมพัทธและคาต่ําสุดสัมพัทธพรอมทั้งเปรียบเทียบ คาที่หาได ภายในชวงที่กําหนดให ผูเรียนสรุปวา 1. f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่จุด 1x และ 3x และ )x(f)x(f 31 < 2. f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่จุด 2x และ 4x และ )x(f)x(f 42 < 6. ผูสอนสรุปความหมายของคาสูงสุดสัมบูรณและคาต่ําสุดสัมบูรณตามบทนิยามใน หนังสือเรียน พรอมทั้งเนนความแตกตางระหวางจุดสูงสุดสัมพัทธและจุดสูงสุดสัมบูรณ จุดต่ําสุด สัมพัทธและจุดต่ําสุดสัมบูรณโดยอาจจะอธิบายโดยใชกราฟดังนี้ X A C 0 x1 x2 x3 x4 f(x) B D Y g B C D E F • • • • • •GA • Y Xa b c d fe
- 31. 91 จากกราฟ ผูสอนใหผูเรียนชวยกันพิจารณาวาจุดใดบางเปนจุดสูงสุดสัมพัทธ และจุดใด บางเปนจุดต่ําสุดสัมพัทธ จากนั้นใหผูเรียนระบุวาจุดใดเปนจุดสูงสุดสัมบูรณและจุดใดเปนจุดต่ํา สุดสัมบูรณ ซึ่งผูเรียนควรตอบไดวา จุด B, จุด D และจุด F เปนจุดสูงสุดสัมพัทธ สวนจุด C และจุด E เปนจุดต่ําสุดสัมพัทธ หรือ ผูเรียนอาจกลาววา ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = b, x = d และ x = f เพราะมีความหมายเหมือนกัน จากกราฟ ผูเรียนควรตอบไดวา จุด B เปน จุดสูงสุดสัมบูรณ และคาสูงสุดสัมบูรณเทากับ f(b) จุด E เปนจุดต่ําสุดสัมบูรณ และคาต่ําสุด สัมบูรณเทากับ f(e) ผูสอนควรชี้แจงใหผูเรียนเขาใจวา ตามนิยามในหนังสือเรียนหนา 129 การ พิจารณาจุดต่ําสุดสัมพัทธและจุดสูงสุดสัมพัทธจะไมพิจารณาจุดปลายของชวงเปด (a, g) ดังนั้น จุด A และ จุด G จึงไมเปนจุดต่ําสัมพัทธหรือจุดสูงสุดสัมพัทธ อยางไรก็ตามในการพิจารณาคา ต่ําสุดสัมบูรณและคาสูงสุดสัมบูรณนั้น ตองพิจารณาจุดปลายของชวงเปด (a, g) ดวย นั่นคือ จุด A และจุด G อาจจะเปนจุดที่ใหคาต่ําสุดสัมบูรณหรือจุดสูงสุดสัมบูรณก็ได 7. ผูเรียนทําแบบฝกหาคาสูงสุดสัมพัทธและคาต่ําสุดสัมพัทธ คาสูงสุดสัมบูรณและคา ต่ําสุดสัมบูรณของฟงกชัน ปฏิยานุพันธ 1. ผูสอนทบทวนการหาอนุพันธของฟงกชัน ดังนี้ )x(f )x(f′ 5x + 1 5 x2 + 1 2x x2 + 3x + 2 2x + 3 x3 + 2 3x2 x3 – 5 3x2 x3 + 3x + 2 3x2 + 3 x3 + 3x – 5 3x2 + 3 ผูสอนใหผูเรียนรวมกันสรุปวา การหาอนุพันธของ y = xn หาไดจากสูตร n 1dy nx dx − = เมื่อทบทวนเรื่องการหาอนุพันธแลวผูสอนควรถามใหผูเรียนหาฟงกชันหลายๆ ฟงกชันที่มีคาอนุพันธ เทากันแลวจึงคอยใหผูเรียนสรุปวา ฟงกชันที่มีอนุพันธเทากันนั้นจะตางกันเฉพาะคาคงตัว ซึ่งใน การเรียนการสอนคณิตศาสตรระดับสูงขึ้นไปจะสามารถพิสูจนไดวา ฟงกชันที่มีอนุพันธเทากันนั้น จะตางกันเฉพาะคาคงตัว
- 32. 92 กําหนด f(x) ลองให y = F(x) หา F′ (x) ทดสอบวา F′ (x) เทากับ f(x) หรือไม y = F(x) + cไมเทากัน 2. ผูสอนกําหนดฟงกชันและอธิบายการหาปฏิยานุพันธโดยใชแผนผัง ดังตอไปนี้ ใหผูเรียนเติม F(x), F′(x) และผลการเปรียบเทียบระหวาง F′(x) กับ f(x) ลงในชองวาง ในตารางตอไปนี้ )x(f )x(Fy= )x(F′ )x(F′ เทากับ )x(f หรือไม 2x 3x 2x + 1 5x – 1 x2 + 2x + 1 ผูสอนใหผูเรียนรวมกันเฉลยโดยการสุมถามคําตอบและวิธีการหา y = F(x) จากผูเรียน พรอมทั้งใหสังเกตคา c ของแตละคน )x(f )x(Fy= )x(F′ )x(F′ เทากับ )x(f หรือไม 2x x2 + 1 2x เทากัน 3x 2x 2 3 2 − 3x เทากัน 2x + 1 x2 + x + 1 2x + 1 เทากัน 5x – 1 25 x x 2 2 − + 5x – 1 เทากัน x2 + 2x + 1 3 2x x x 1 3 + + + x2 + 2x + 1 เทากัน
- 33. 93 ผูเรียนควรสรุปไดวา เมื่อกําหนด f(x) สามารถหา y = F(x) โดยที่ F′ (x) = f(x) ได และเมื่อ c เปนคาคงตัวไมจําเปนตองเทากัน ซึ่งสามารถเขียนอยูในรูปทั่วไป คือ y = F(x) + c 3. ผูสอนแนะนํากระบวนการตรงขามการหาอนุพันธตามวิธีการในหนังสือเรียนโดย พิจารณาการเคลื่อนที่ของวัตถุ ขณะเวลา t ใด ๆ เมื่อทราบความเร็วในการเคลื่อนที่ แตตองการหา สมการการเคลื่อนที่ของวัตถุ หลังจากนั้นผูสอนและผูเรียนชวยกันสรุปบทนิยามการหาปฏิยานุพันธ ปริพันธไมจํากัดเขต 1. ผูสอนแบงผูเรียนเปนกลุมใหผูเรียนอธิบายการหาปฏิยานุพันธของ f(x) โดยใช ตารางตอไปนี้ f(x) y = F(x) + c F′ (x) = f(x) วิธีคิด 1 2x 3x2 4x3 5x4 2x – 1 x2 + x3 4x3 + 3x2 3x2 – 2x + 1 –2x3 ผูสอนสุมใหผูเรียนแตละกลุมนําเสนอวิธีการหาปฏิยานุพันธ พรอมทั้งเฉลย ผูเรียนควร มองเห็นแบบรูปของปฏิยานุพันธของ f(x) ที่กําหนดให จนสามารถสรุปเปนพจนทั่วไปไดวา เมื่อ กําหนด f(x) = xn สามารถหา F(x) + c ไดจาก n 1 x n 1 + + โดยที่ n ≠ –1 หรือสรุปตามบทนิยาม ในหนังสือเรียนหรืออาจใชวิธีการถามตอบ เพื่อใหผูเรียนเห็นทั้งกระบวนการยอนกลับ 2. ผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา ฟงกชันที่กําหนดใหเพื่อหา F(x) + c เปนฟงกชันชนิดใดบาง ผูเรียนควรตอบไดวา เปนฟงกชันคาคงตัว ไดแก f(x) = 1 ฟงกชันพหุนาม ไดแก f(x) = 2 , f(x) = 3x2 , f(x) = 4x3 , f(x) = 5x4 , f(x) = 2x – 1 , f(x) = 5x + 1 , f(x) = 4x3 + 3x2 และ f(x) = 3x2 – 2x + 1 ฟงกชันตรรกยะ ไดแก f(x) = –2x–3
- 34. 94 ผูสอนใหผูเรียนแตละกลุมกําหนดฟงกชันตามตัวอยางขางตน เพื่อทดลองใชความรูจาก บทสรุปที่วา เมื่อกําหนด f(x) = xn หา ∫f(x)dx ไดจาก n 1 x n 1 + + โดยที่ 1n −≠ เพื่อหาขอสรุป สูตรการหาปริพันธไมจํากัดเขต ดังนี้ ตัวอยางเชน ∫1dx = x + c ∫kdx = kx + c ∫3x2 dx = x3 + c ∫kf(x)dx = k∫f(x)dx ∫[x2 + x3 ]dx ∫[f(x) + g(x)]dx = ∫f(x)dx + ∫g(x)dx ∫[4x3 + 3x2 ]dx ∫[(k1f1(x) + k2f2(x)+ ... + knfn(x)]dx = k1∫f1(x)dx + k2∫f2(x)dx + ...+ kn∫fn(x)dx 3. ผูสอนกลาวถึงประโยชนของการนําสูตรการหาปริพันธไปใชใหเกิดความสะดวกและ รวดเร็ว เชน การนําไปใชในการหาปฏิยานุพันธของฟงกชัน ( ) dy f x dx = การหาสมการเสนโคง ดังตัวอยางที่ 10 หนา 157 การหาความเร็วจากการเคลื่อนที่เมื่อกําหนดความเรงขณะเวลา t ใด ๆ เปนตน 4. ใหผูเรียนฝกหาปริพันธไมจํากัดเขตของฟงกชัน ปริพันธจํากัดเขต 1. ผูสอนทบทวนเรื่องปฏิยานุพันธของฟงกชัน ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อกําหนด f(x) = xn ปริพันธหนึ่งคือ n 1 x n 1 + + โดยที่ n ≠ –1 เขียนผลการหาปริพันธในรูปทั่วไปคือ F(x) + c เมื่อ c เปนคาคงตัว และใชหลักการทบทวนการหาสูตรปริพันธทั้ง 5 สูตรในหัวขอ 2.10 2. ผูสอนทบทวนเรื่องฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] 3. ผูสอนแนะนําสัญลักษณ ( ) b a f x dx∫ ที่ใชแทนปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันตอเนื่อง f บนชวง [a, b] และแนะนําวิธีหาคา ( ) b a f x dx∫ โดยใชทฤษฏีหลักมูลของแคลคูลัสวา เมื่อกําหนด ฟงกชัน f ซึ่งเปนฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] มาให จะหาปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันไดดังนี้ 3.1 หา F(x) ซึ่งเปนรูปทั่วไปของปฏิยานุพันธของฟงกชัน f 3.2 หา F(b) – F(a) 3.3 ( ) b a f x dx∫ = F(b) – F(a) 4. ผูสอนกําหนดฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] และใหผูเรียนฝกหาปริพันธของฟงกชัน ตามวิธีการในขอ 3 เชน f(x) = x2 + 2 , x ∈[1, 2]
- 35. 95 ผูเรียนควรหาไดวา F(x) = 3 x 2x c 3 + + F(2) = ( ) 3 2 2 2 c 3 + + c 3 20 += F(1) = ( ) 3 1 2 1 c 3 + + c 3 7 += ( ) 2 1 f x dx∫ = F(2) – F(1) = 13 3 5. ผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา เมื่อหาฟงกชัน F ซึ่งเปนรูปทั่วไปของปริพันธของฟงกชัน ที่กําหนดให แลวหา F(b) – F(a) คาคงตัว c จะหักลางกันหมดไป ดังนั้นเพื่อประหยัดเวลาใน การคํานวณไมจําเปนตองเขียนคาคงตัว c แลวใหผูเรียนทําแบบฝกหัด พื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง 1. ผูสอนทบทวนการหาปริพันธจํากัดเขตโดยกําหนดฟงกชันตอเนื่องบน [a, b] เชน กําหนด f(x) = 2 , x ∈ [0, 1] และ g(x) = 5x2 , x ∈[–1, 2] ใหผูเรียนหาปริพันธจํากัดเขต ดังกลาว 2. ผูสอนใหความหมายของคําวา “พื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = f(x) กับแกน X จาก x = a ถึง x = b” และฟงกชัน f ที่กลาวถึงนี้เปนฟงกชันพหุนามที่มีดีกรีเปนจํานวนเต็มบวก ไมเกินสอง ซึ่งกราฟของ f อาจจะเปนเสนตรงหรือเสนโคง ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อเขียนกราฟ แลวพื้นที่ดังกลาวคือบริเวณใด ผูสอนใหผูเรียนพิจารณารูปดังตอไปนี้ X Y a b 0 X Y a b0 X Y a b 0 X Y a b0 ก ค ง ข
- 36. 96 ผูเรียนควรบอกไดวา พื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ y = f(x) แกน X เสนตรง x = a และเสนตรง x = b เชนรูป ก , ข และ ค จะมีพื้นที่ที่อยูเหนือแกน X คาของ f(x) มากกวาศูนย สวนพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ y = f(x) แกน X เสนตรง x = a เสนตรง x = b จะมีพื้นที่ที่อยูใตแกน X เมื่อ f(x) นอยกวาศูนย เชน รูป ง 3. ผูสอนเสนอแนะผูเรียนวาการหาพื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงจะหาโดยอาศัยการหา ปริพันธจํากัดเขต ตามบทนิยามในหนังสือเรียน 4. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาวา การหาพื้นที่ปดลอมดวยเสนโคง เปรียบเทียบ 2 วิธีคือ วิธีใชสูตรการหาพื้นที่ที่ผูเรียนเคยเรียนมา และวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต เพื่อตรวจสอบคาของ พื้นที่ที่ได เชน กราฟ วิธีใชสูตรการหาพื้นที่ วิธีการหาปริพันธจํากัดเขต พื้นที่ A= 1 2 (ผลบวกของดานคูขนาน)×ความสูง = 1 2 (1+2)×1 = 3 2 ตารางหนวย พื้นที่ A = ( ) 2 1 f x dx∫ 2 x2 = = 4 1 2 2 − = 3 2 ตารางหนวย พื้นที่ A = 1 2 ×ความยาวฐาน×ความสูง = 1 2 ×3×3 = 9 2 ตารางหนวย พื้นที่ A = ∫− 5 2 dx)x(g = –((– 2 x2 +2x) ) = 25 4 ( 10 4) 2 2 − − + + − = 9 2 ตารางหนวย 5. ผูสอนและผูเรียนชวยกันอภิปรายถึงประโยชนของการหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง ดวยวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต “หากรูปภาพมีความซับซอนหรือมีลักษณะเปนกราฟเสนโคง การ ใชวิธีการหาปริพันธจํากัดเขตจะสะดวกและหาคําตอบไดงายกวา” 0 1 2 3 4 1 2 3 A X Y –1 –2 –3 –4 43210 5 A X g(x) = –x + 2 Y 1 2 2 5
- 37. 97 6. ผูสอนกําหนดพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงที่อยูในรูปของกราฟพาราโบลา แลวให ผูเรียนฝกหาพื้นที่ เชน 6.1 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = x2 , x ∈[0, 2] วิธีทํา ( ) 2 0 f x dx∫ = F(2) – F(0) = 3 x3 = 8 3 ตารางหนวย 6.2 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = –x2 + 1 , x ∈[–2, –1] วิธีทํา ( ) 1 2 f x dx − − ∫ = –[F(–1) – F(–2)] = –( x 3 x3 +− ) = 4 3 ตารางหนวย 7. ผูเรียนฝกหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงดวยวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท 1. กําหนด x2 5x5 )x(f −+ = จงหา )x(flim 0x→ ถาลิมิตหาคาได 2. กําหนด 2 x16)x(f = จงหา 3x )3(f)x(f lim 3x − − → ถาลิมิตหาคาได 3. กําหนด )4x5x)(1x2x( 3x 1 )x(f 22 3 −−+++ + = จงหา )x(f ′ 4 _2 X Y 0 2 _-2 X Y -2 2 0 0 2 –2 –1
- 38. 98 4. กําหนด =)x(f จงแสดงวา f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = –1 เทากัน 5. กําหนด =)x(f จงพิจารณาวา f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = 0 หรือไม 6. กําหนด 4 )x21(y −= จงหา 2 2 dx yd 7. จงหาปริพันธของ 2 23 x 4x5x )x(f −+ = 8. จงหาปริพันธของ 2 )4x3()x(f += 9. จากกราฟ จงหาพื้นที่สวนที่แรเงา 10. จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง x4xy 2 += กับแกน X จาก 5x −= ถึง 1x = ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ 2 1x 1x2 + − เมื่อ 1x −≠ เมื่อ 1x −= ⎩ ⎨ ⎧ 2 x x− เมื่อ 0x ≤ เมื่อ 0x > Y -1 1 2 1 -1 0 2 3 y x 1= + 2 y x 2x= − + X
- 39. 99 เฉลยตัวอยางแบบทดสอบประจําบท 1. จาก x2 5x5 )x(f −+ = )x(flim 0x→ 5x5 5x5 x2 5x5 lim 0x ++ ++ ⋅ −+ = → )5x5(x2 x lim 0x ++ = → )5x5(2 1 lim 0x ++ = → 54 1 = 2. จาก 2 x16)x(f = 3x )3(f)x(f lim 3x − − → 3x )3(16x16 lim 22 3x − − = → 3x )3x(16 lim 22 3x − − = → )3x(16lim 3x += → 96= 3. จาก )4x5x)(1x2x( 3x 1 )x(f 22 3 −−+++ + = dx dy )x(f =′ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ++−−+−−+++ + = )1x2x( dx d )4x5x()4x5x( dx d )1x2x( 3x 1 dx d dx dy 2222 3 )2x2)(4x5x()5x2)(1x2x( )3x( x3 22 23 2 +−−+−+++ + −= 4. การแสดงวา f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = –1 ตองแสดงสมบัติ 3 ขอ ดังนี้ 1. 21xlim 1x 1x lim)x(flim 1x1x1x 2 −=−= + − = −→−→−→ 2. 2)1(f −=− 3. )1(f)x(flim 1x −= −→ ดังนั้น f เปนฟงกชันที่ตอเนื่องที่ x = 1
- 40. 100 5. การพิจารณาความตอเนื่องของ f ที่ x = 0 ตองแสดงสมบัติ 3 ขอ ดังนี้ 1. 0)x(flim 0x = −→ และ 0)x(flim 0x = +→ ดังนั้น )x(flim 0x→ = 0 2. 0)0(f = 3. )0(f)x(flim 0x = → ดังนั้น f เปนฟงกชันที่ตอเนื่องที่ x = 0 6. จาก y 4 )x21( −= ให u x21−= ดังนั้น y 4 u= dx dy dx du du dy ⋅= )x21( dx d )u( du d 4 −⋅= 3 u8−= 2 2 dx yd )u8( dx d 3 −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅−= dx du )u( du d 8 3 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⋅−= )x21( dx d )u( du d 8 3 )2)(u3(8 2 −−= 2 u48= 2 )x21(48 −= 7. )x(f 22 2 2 3 x 4 x x5 x x −+= 2 x45x − −+= ดังนั้น ∫ dx)x(f ∫ − −+= dx)x45x( 2 cx4x5 2 x 1 2 +++= − 8. )x(f 2 )4x3( += )4x3)(4x3( ++= 16x24x9 2 ++= ดังนั้น ∫ dx)x(f ∫ ++= dx)16x24x9( 2 cx16x12x3 23 +++=
- 41. 101 9. ให 1A คือพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ 1xy += กับแกน X จาก 0x = ถึง 2x = จะได 1A ∫ += 2 0 dx)1x( 2 x ( x) 2 = + 4= ตารางหนวย 2A คือพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ x2xy 2 +−= กับแกน X จาก 0x = ถึง 2x = จะได 2A ∫ +−= 2 0 dx)x2x( 2 3 2x ( x ) 3 = − + 3 4 = ตารางหนวย พื้นที่สวนที่แรเงา คือ 1A – 2A = 3 4 4 − = 3 8 ตารางหนวย 10. เขียนกราฟของ y = x2 + 4x ไดดังรูป x4xy 2 += 2 0 2 0 4 2 _--4 _- -5 1 X Y Y -1 1 2 1 -1 0 2 3 y x 1= + 2 y x 2x= − + X
- 42. 102 จาก x4x)x(f 2 += ให A เปนพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ x4xy 2 += กับแกน X จาก x = –5 ถึง x = 1 A = −∫ − − 4 5 dx)x(f +∫ − 0 4 dx)x(f ∫ 1 0 dx)x(f = )x2 3 x ( 2 3 + – ( )x2 3 x ( 2 3 + ) + )x2 3 x ( 2 3 + 3 7 3 32 3 7 ++= 3 46 = ตารางหนวย เฉลยแบบฝกหัด 2.1 ก 1. (1) x 4 x 2 lim x 4→ − − = 0.25 หรือ 4 1 ดังตาราง x 3.9 3.99 3.999 x 4.001 4.01 4.1 f(x) 0.25158 0.25016 0.25002 f(x) 0.24998 0.24984 0.24846 (2) 2x 2 x 2 lim x x 6→ − + − = 0.2 หรือ 5 1 ดังตาราง x 1.9 1.99 1.999 x 2.001 2.01 2.1 f(x) 0.20408 0.20040 0.20004 f(x) 0.19996 0.19960 0.19608 (3) 3x 1 x 1 lim x 1→ − − = 0.33 หรือ 3 1 ดังตาราง x 0.9 0.99 0.999 x 1.001 1.01 1.1 f(x) 0.36900 0.33669 0.33367 f(x) 0.33300 0.33002 0.30211 (4) x x 0 e 1 lim x→ − = 1 ดังตาราง x –0.1 –0.01 –0.001 x 0.001 0.01 0.1 f(x) 0.95163 0.99502 0.99950 f(x) 1.00050 1.00502 1.05171 –4 –5 0 –4 1 0
- 43. 103 (5) x 0 sin x lim x→ = 1 ดังตาราง x 1 0.5 0.1 0.05 0.01 f(x) 0.84147 0.95885 0.99833 0.99958 0.99998 x –1 –0.5 –0.1 –0.05 –0.01 f(x) 0.84147 0.95885 0.99833 0.99958 0.99998 (6) xlnxlim 0x +→ = 0 ดังตาราง x 0.1 0.01 0.001 0.0001 0.00001 f(x) –0.23026 –0.04605 –0.00691 –0.00092 –0.00012 2. (1) x 1 lim f (x) −→ = 2 (2) x 1 lim f(x) +→ = 3 (3) เนื่องจาก x 1 lim f (x) −→ ≠ x 1 lim f (x) +→ ดังนั้น x 1 lim f (x) → หาคาไมได (4) เนื่องจาก x 5 lim f (x) −→ = x 5 lim f (x) +→ = 4 ดังนั้น x 5 lim f (x) → = 4 (5) f(5) ไมนิยาม 3. (1) เนื่องจาก x 0 lim f (x) −→ = x 0 lim f(x) +→ = 3 ดังนั้น x 0 lim f (x) → = 3 (2) x 3 lim f (x) −→ = 4 (3) x 3 lim f (x) +→ = 2
- 44. 104 (4) เนื่องจาก x 3 lim f (x) −→ ≠ x 3 lim f (x) +→ ดังนั้น x 3 lim f (x) → หาคาไมได (5) f(3) = 3 4. (1) )t(glim 0t −→ = –1 (2) )t(glim 0t +→ = –2 (3) เนื่องจาก )t(glim 0t −→ ≠ t 0 lim g(t) +→ ดังนั้น )t(glim 0t→ หาคาไมได (4) t 2 lim g(t)−→ = 2 (5) )t(glim 2t +→ = 0 (6) เนื่องจาก t 2 lim g(t)−→ ≠ )t(glim 2t +→ ดังนั้น )t(glim 2t→ หาคาไมได (7) g(2) = 1 (8) เนื่องจาก t 4 lim g(t) −→ = t 4 lim g(t) +→ = 3 ดังนั้น t 4 lim g(t) → = 3 5. (1) x 1 lim f (x) −→ = –1 (2) )x(flim 1x +→ = 0 (3) เนื่องจาก x 1 lim f (x) −→ ≠ )x(flim 1x +→ ดังนั้น )x(flim 1x→ หาคาไมได
- 45. 105 6. (1) x 2 lim f (x)−→ = 2 (2) x 2 lim f (x)+→ = –2 (3) เนื่องจาก x 2 x 2 lim f (x) lim− +→ → ≠ f(x) ดังนั้น x 2 lim f (x) → หาคาไมได (4) )x(flim 2x −−→ = 0 (5) )x(flim 2x +−→ = 0 (6) เนื่องจาก )x(flim 2x −−→ = )x(flim 2x +−→ = 0 ดังนั้น )x(flim 2x −→ = 0 7. (1) x 4 lim (1 x) −→ + เขียนกราฟของฟงกชัน f(x) = 1 + x ไดดังนี้ จากกราฟ จะไดวา x 4 lim f (x) −→ = 5 0 2 4 6-2 -2 2 4 6 X Y y = 1+ x
- 46. 106 (2) x 2 lim f (x) → เมื่อ f(x) = เขียนกราฟของฟงกชัน f(x) ไดดังนี้ จากกราฟ จะไดวา x 2 lim f (x)−→ = 3 x 2 lim f (x)+→ = 2 ดังนั้น x 2 lim f (x) → หาคาไมได เฉลยแบบฝกหัด 2.1 ข 1. (1) 2 x 0 lim (3x 7x 12) → + − = 2 x 0 x 0 x 0 lim 3x lim 7x lim 12 → → → + − = 2 x 0 x 0x 0 3 lim x 7lim x lim 12 → →→ + − = 3(0)2 + 7(0) – 12 = –12 ดังนั้น 2 x 0 lim (3x 7x 12) → + − = –12 (2) 5 x 1 lim (x 2x) →− − = 5 x 1 x 1 lim x lim 2x →− →− − = xlim2xlim 1x1x 5 −→−→ − = (–1)5 – 2(–1) x + 1, x ≤ 2 2, x > 2 0 2 4 6-2 -2 2 4 6 X Y f(x)
- 47. 107 = –1 + 2 = 1 ดังนั้น 5 x 1 lim (x 2x) →− − = 1 (3) 5 x 5 lim (x )(x 2) → − = 5 x 5 x 5 lim x lim (x 2) → → ⋅ − = (55 )(5 – 2) = 9,375 ดังนั้น 5 x 5 lim (x )(x 2) → − = 9,375 (4) 2 x 1 lim (x 3)(x 2) →− + + = 2 x 1 x 1 lim (x 3) lim (x 2) →− →− + ⋅ + = (–1 + 3)((–1)2 + 2) = (2)(3) = 6 ดังนั้น 2 x 1 lim (x 3)(x 2) →− + + = 6 (5) x 3 x 1 lim 2x 5→ +⎡ ⎤ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ = )5x2(lim )1x(lim 3x 3x − + → → = 3 1 2(3) 5 + − = 4 ดังนั้น x 3 x 1 lim 2x 5→ +⎡ ⎤ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 4 (6) 2 x 5 x 25 lim x 5→− ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + +− −→ )5x( )5x)(5x( lim 5x = x 5 lim (x 5) →− − = –5 – 5 = –10 ดังนั้น 2 x 5 x 25 lim x 5→− ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ = –10 (7) 2x 1 x 1 lim x x 2→ +⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ − − ⎦ = x 1 2 x 1 lim(x 1) lim(x x 2) → → + − −
- 48. 108 = 2 1 1 1 1 2 + − − = 2 ( 2)− = –1 ดังนั้น 2x 1 x 1 lim x x 2→ +⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ − − ⎦ = –1 (8) 2 2x 1 x x 2 lim x 4x 3→ ⎡ ⎤− − ⎢ ⎥ + +⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 x 1 2 x 1 lim(x x 2) lim(x 4x 3) → → − − + + = 2 2 1 1 2 1 4(1) 3 − − + + = 8 2 − = 1 4 − ดังนั้น 2 21x x x 2 lim x 4x 3→ ⎡ ⎤− − ⎢ ⎥ + +⎣ ⎦ = 1 4 − (9) x 1 1 x lim 1 x→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − → 2 )x(1 x1 lim 1x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +− − → )x1)(x1( x1 lim 1x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +→ x1 1 lim 1x = 1 1 1+ = 1 2 ดังนั้น x 1 1 x lim 1 x→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = 1 2 (10) x 9 3 x lim 9 x→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − → 2 )x(9 x3 lim 9x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +− − → )x3)(x3( x3 lim 9x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +→ x3 1 lim 9x
- 49. 109 = 1 3 9+ = 1 6 ดังนั้น x 9 3 x lim 9 x→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = 1 6 (11) x 1 2 x 3 lim x 1→ ⎡ ⎤− + ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ ++ ⋅⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − +− → 3x2 3x2 1x 3x2 lim 1x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++− +− → )3x2)(1x( )3x(4 lim 1x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++− − → )3x2)(1x( x1 lim 1x = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − → 3x2 1 lim 1x = 1 2 1 3 − + + = 1 4 − ดังนั้น x 1 2 x 3 lim x 1→ ⎡ ⎤− + ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ = 1 4 − (12) 3 22 )1x(lim 0x − → = 3 22 )1x(lim 0x + → = 3 22 ))1x(lim( 0x + → = 3 2 )1(− = 1 ดังนั้น 3 22 )1x(lim 0x − → = 1 2. (1) x 4 x 4 lim x 4−→− + + เนื่องจาก x < –4 และ x เขาใกล –4 ดังนั้น x 4 x 4 lim x 4−→− + + = x 4 (x 4) lim (x 4)−→− − + + = x 4 lim ( 1) −→− − = –1
- 50. 110 (2) 2 x 1.5 2x 3x lim 2x 3→ − − จาก f(x) = 2 2x 3x 2x 3 − − จะไดวา 2 x 1.5 2x 3x lim 2x 3−→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎢ ⎥⎣ ⎦ = x 1.5 x(2x 3) lim (2x 3)−→ ⎡ ⎤− − ⎢ ⎥−⎣ ⎦ = x 1.5 lim ( x) −→ − = –1.5 2 x 1.5 2x 3x lim 12x 31+→ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥ −⎢ ⎥⎣ ⎦ = x 1.5 x(2x 3) lim (2x 3)+→ ⎡ ⎤− − ⎢ ⎥−⎣ ⎦ = x 1.5 lim x+→ = 1.5 ดังนั้น 2 x 1.5 2x 3x lim 2x 3→ − − หาคาไมได (3) x 0 1 1 lim x x+→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ เนื่องจาก x > 0 และ x เขาใกล 0 ดังนั้น x 0 1 1 lim x x+→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = x 0 1 1 lim x x+→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥⎣ ⎦ = x 0 lim 0 +→ = 0 (4) x 4 lim x 4 →− + จาก f(x) = x 4+ = จะไดวา x 4 lim x 4 −→− + = x 4 lim (x 4) −→− − + = –(–4 + 4) = 0 x 4+ เมื่อ x 4≥ − (x 4)− + เมื่อ x 4< − 2 2x 3x 2x 3 − − เมื่อ 3 x 2 ≥ 2 2x 3x (2x 3) − − − เมื่อ 3 x 2 <
- 51. 111 4xlim 4x + +−→ = x 4 lim x 4+→− + = –4 + 4 = 0 ดังนั้น x 4 lim x 4 →− + = 0 (5) x 2 x 2 lim x 2→ − − ดังนั้น x 2 x 2 lim x 2−→ − − = )2x( )2x( lim 2x − −− −→ = x 2 lim ( 1) −→ − = –1 x 2 x 2 lim x 2+→− − − = 2x 2x lim 2x − − +→ = x 2 lim 1 +→ = 1 ดังนั้น x 2 x 2 lim x 2→ − − หาคาไมได (6) x 0 1 1 lim x x−→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ เนื่องจาก x < 0 และ x เขาใกล 0 ดังนั้น x 0 1 1 lim x x−→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = x 0 1 1 lim x x−→ ⎡ ⎤⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ = x 0 1 1 lim x x−→ ⎡ ⎤ +⎢ ⎥⎣ ⎦ = x 0 2 lim x−→ ดังนั้น x 0 1 1 lim x x−→ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ หาคาไมได 3. (1) x 2 lim f(x) −→ เนื่องจาก x < 2 ดังนั้น x 2 lim f(x) −→ = x 2 lim (x 1) −→ − = 2 – 1 = 1
- 52. 112 (2) x 2 lim f (x) +→ เนื่องจาก x > 2 ดังนั้น x 2 lim f (x) +→ = 2 x 2 lim (x 4x 6) +→ − + = (2)2 – 4(2) + 6 = 2 (3) เนื่องจาก x 2 lim f(x) −→ ≠ x 2 lim f (x) +→ ดังนั้น )x(flim 2x→ หาคาไมได 4. (1) x 0 lim f(x) +→ เนื่องจาก x > 0 และ x เขาใกล 0 ดังนั้น x 0 lim f(x) +→ = 2 x 0 lim x +→ = 02 = 0 (2) x 0 lim f (x) −→ = x 0 lim x −→ = 0 (3) เนื่องจาก x 0 lim f (x) +→ = x 0 lim f (x) −→ = 0 ดังนั้น 0)x(flim 0x = → (4) x 2 lim f (x)−→ = 2 x 2 lim x−→ = 22 = 4 (5) x 2 lim f (x)+→ = x 2 lim 8 x+→ − = 8 – 2 = 6 (6) x 2 lim f (x) → เนื่องจาก x 2 lim f (x)−→ ≠ x 2 lim f (x)+→ ดังนั้น x 2 lim f (x) → หาคาไมได
- 53. 113 เฉลยแบบฝกหัด 2.2 1. (1) f(x) = 3x – 1 ที่ x = 0 จะได f(0) = 3(0) – 1 = –1 และ x 0 lim f (x) → = x 0 lim (3x 1) → − = 3(0) – 1 = –1 นั่นคือ x 0 lim f (x) → = f(0) ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = 0 (2) f(x) = 2 x 4 x 16 − − ที่ x = 4 เนื่องจาก f(4) ไมนิยาม ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันไมตอเนื่องที่ x = 4 (3) f(x) = 2 3 x 1 x 1 − − ที่ x = 1 เนื่องจาก f(1) ไมนิยาม ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันไมตอเนื่องที่ x = 1 (4) f(x) = x ที่ x = 0 จะได f(x) = จาก f(x) = x ดังนั้น f(0) = 0 ------------ (1) เนื่องจาก x 0 lim f (x)−→ = x 0 lim f (x)+→ = 0 ดังนั้น x 0 lim f (x) → = 0 ------------ (2) จาก (1) และ (2) จะไดวา x 0 lim f (x) → = f(0) ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = 0 (5) f(x) = x 1 x 1 + + ที่ x = –1 เนื่องจาก f(–1) ไมนิยาม ดังนั้น ฟงกชัน f ไมตอเนื่องที่ x = –1 x เมื่อ x ≥ 0 –x เมื่อ x < 0
- 54. 114 2. (1) f(x) = พิจารณาที่จุด x = 1 จะได f(1) = 7(1) – 2 = 5 และ x 1 lim f (x)−→ = x 1 lim (7x 2)−→ − = 7(1) – 2 = 5 x 1 lim f (x)+→ = 2 x 1 lim kx+→ = k(1)2 = k เนื่องจาก ฟงกชันนี้จะตอเนื่อง เมื่อ x 1 lim f (x)−→ = x 1 lim f (x)+→ = f(1) ดังนั้น k = 5 (2) f(x) = พิจารณาที่จุด x = 2 จะได f(2) = k(22 ) = 4k และ x 2 lim f (x)−→ = 2 x 2 lim kx−→ = 4k x 2 lim f (x)+→ = x 2 lim (2x k)+→ + = 4 + k เนื่องจาก f เปนฟงกชันตอเนื่อง จะได 4k = 4 + k 3k = 4 ดังนั้น k = 4 3 7x – 2 เมื่อ x ≤ 1 kx2 เมื่อ x > 1 2x + k เมื่อ x > 2 kx2 เมื่อ x ≤ 2
- 55. 115 เฉลยแบบฝกหัด 2.3 1. (1) y = x2 – 3x ที่จุด (3, 0) ความชันของเสนโคงที่จุด (3, 0) เทากับ h 0 f (3 h) f (3) lim h→ + − = 2 h 0 (3 h) 3(3 h) 0 lim h→ + − + − = 2 h 0 9 6h h 9 3h lim h→ + + − − = 2 h 0 h 3h lim h→ + = h 0 h(h 3) lim h→ + = 3 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (3, 0) เทากับ 3 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (3, 0) คือ y – 0 = 3(x – 3) y = 3x – 9 3x – y – 9 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (3, 0) คือ 3x – y – 9 = 0 (2) y = 5x2 – 6 ที่จุด (2, 14) ความชันของเสนโคงที่จุด (2, 14) เทากับ h 0 f (2 h) f (2) lim h→ + − = 2 h 0 5(2 h) 6 14 lim h→ + − − = 2 h 0 5(4 4h h ) 20 lim h→ + + − = h 20h5h2020 lim 2 0h −++ → = h )20h5(h lim 0h + → = 20 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (2, 14) เทากับ 20 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 14) คือ y – 14 = 20(x – 2) y – 14 = 20x – 40
- 56. 116 20x – y – 26 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 14) คือ 20x – y – 26 = 0 (3) y = x – x2 ที่จุดซึ่ง x = 1 2 เมื่อ x = 1 2 จะได y = 21 1 ( ) 2 2 − = 1 1 1 2 4 4 − = ความชันของเสนโคงที่จุด 1 1 ( , ) 2 4 เทากับ h 0 1 1 f ( h) f ( ) 2 2lim h→ + − = 2 h 0 1 1 1 ( h) ( h) 2 2 4lim h→ + − + − = 2 h 0 1 1 1 ( h) ( h h ) 2 4 4lim h→ + − + + − = 2 h 0 h lim h→ − = 0 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด 1 1 ( , ) 2 4 เทากับ 0 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด 1 1 ( , ) 2 4 คือ y – 1 4 = 1 0(x ) 2 − y – 1 4 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุดซึ่ง 2 1 x = คือ y – 1 4 = 0 (4) y = 2 x 2 x + ที่จุดซึ่ง x = 1 เมื่อ x = 1 จะได y = 2 1 2 1 + = 3 ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 3) เทากับ h 0 f (1 h) f (1) lim h→ + − = 2 h 0 (1 h) 2 3 1 hlim h→ ⎡ ⎤+ + −⎢ ⎥+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 h 0 (1 h) 2 3(1 h) lim h(1 h)→ + + − + +
- 57. 117 = 2 h 0 1 2h h 2 3 3h lim h(1 h)→ + + + − − + = 2 h 0 h h lim h(1 h)→ − + = h 0 h(h 1) lim h(1 h)→ − + = h 0 h 1 lim 1 h→ − + = –1 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 3) เทากับ –1 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, 3) คือ y – 3 = –1(x – 1) x + y – 4 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุดซึ่ง x = 1 คือ x + y – 4 = 0 (5) y = 1 + 2x – 3x2 ที่จุด (1, 0) ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 0) เทากับ h 0 f (1 h) f (1) lim h→ + − = 2 h 0 (1 2(1 h) 3(1 h) ) 0 lim h→ + + − + − = 2 h 0 1 2 2h 3(1 2h h ) lim h→ + + − + + = h h3h63h23 lim 2 0h −−−+ → = 2 h 0 4h 3h lim h→ − − = h 0 h(3h 4) lim h→ − + = – 4 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 0) คือ – 4 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, 0) คือ y – 0 = – 4(x – 1) 4x + y = 4 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, 0) คือ 4x + y – 4 = 0 (6) y = 6 x 1+ ที่จุด (2, 2) ความชันของเสนโคงที่จุด (2, 2) เทากับ h 0 f (2 h) f (2) lim h→ + −
- 58. 118 = h 2 1)h2( 6 lim 0h − ++ → = h 0 6 2(h 3) lim h(h 3)→ − + + = h 0 6 2h 6 lim h(h 3)→ − − + = 3h 2 lim 0h + − → = 2 3 − ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (2, 2) คือ 2 3 − สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 2) คือ y – 2 = 2 (x 2) 3 − − 3y – 6 = –2x + 4 2x + 3y – 10 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 2) คือ 2x + 3y – 10 = 0 2. เนื่องจากเสนตรง y = ax มีความชันเทากับ a ถาเสนตรง y = ax ขนานกับเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 + 8 แสดงวา เสนตรงกับเสนสัมผัสเสนโคงมีความชันเทากัน เนื่องจาก ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 11) เทากับ h 0 f (1 h) f (1) lim h→ + − = 2 h 0 3(1 h) 8 11 lim h→ + + − = 2 h 0 3(1 2h h ) 3 lim h→ + + − = 2 h 0 3 6h 3h 3 lim h→ + + − = h 0 h(3h 6) lim h→ + = h 0 lim (3h 6) → + = 6 ดังนั้น ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 11) คือ 6 ดังนั้น a = 6
- 59. 119 เฉลยแบบฝกหัด 2.4 1. (1) f(x) = 3x2 f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 2 2 h 0 3(x h) 3x lim h→ + − = 2 2 2 h 0 3x 6xh 3h 3x lim h→ + + − = h 0 lim6x 3h → + = 6x ดังนั้น f′(x) = 6x (2) f(x) = x2 – x f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 2 2 h 0 (x h) (x h) (x x) lim h→ + − + − − = 2 h 0 2xh h h lim h→ + − = h 0 lim2x h 1 → + − = 2x – 1 ดังนั้น f′(x) = 2x – 1 (3) f(x) = x3 f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 3 3 h 0 (x h) x lim h→ + − = 2 2 3 h 0 3x h 3xh h lim h→ + + = 2 2 h 0 lim3x 3xh h → + + = 3x2 ดังนั้น f′(x) = 3x2 (4) f(x) = 2x3 + 1 f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + −
- 60. 120 = 3 3 h 0 2(x h) 1 (2x 1) lim h→ + + − + = 2 2 3 h 0 6x h 6xh 2h lim h→ + + = 2 2 h 0 lim6x 6xh 2h → + + = 6x2 ดังนั้น f′(x) = 6x2 (5) f(x) = 1 x f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = h 0 1 1 (x h) x lim h→ − + = h 0 1 h lim h x(x h)→ ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ +⎝ ⎠ = h 0 1 lim x(x h)→ − + = 2 1 x − ดังนั้น f′(x) = 2 1 x − (6) f(x) = 2 1 x f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 2 2 h 0 1 1 (x h) x lim h→ − + = 2 4 3 2 2h 0 1 2xh h lim h x 2x h x h→ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ + +⎝ ⎠ = 4 3 2 2h 0 2x h lim x 2x h x h→ + − + + = 3 2 x − ดังนั้น f′(x) = 3 2 x − (7) f(x) = 1 3 x f′(x) = h 0 f (x h) f (x) lim h→ + −
- 61. 121 = 1 1 3 3 h 0 (x h) x lim h→ + − = 1 1 2 1 1 2 3 3 3 3 3 3 2 1 1 2h 0 3 3 3 3 (x h) x (x h) (x h) x x lim h (x h) (x h) x x → + − + + + + ⋅ + + + + = 2 1 1 2h 0 3 3 3 3 (x h) x lim h[(x h) (x h) x x ] → + − + + + + = h 0 2 1 1 2 3 3 3 3 1 lim (x h) (x h) x x → + + + + = 2 3 1 3x ดังนั้น f′(x) = 2 3 1 3x 2. สมการเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 5) คือ 5y − = )2x)(2(f −′ y = )2x)(2(f −′ + 5 จากสมการเสนสัมผัสเสนโคงที่โจทยกําหนดให คือ yx3 − = 1 y = 3x – 1 ดังนั้น 5)2x)(2(f +−′ = 1x3 − )2(f ′ = 2x )2x(3 − − = 3 3. จุดสัมผัส คือ จุด (3, –1) ความชันของเสนโคง y = f(x) ที่จุด (3, –1) เทากับ f′(3) = 5 จะได สมการของเสนสัมผัสเสนโคง คือ y – (–1) = 5(x – 3) y + 1 = 5x – 15 5x – y – 16 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคง y = f(x) ที่จุด x = 3 คือ 5x – y – 16 = 0
- 62. 122 4. ให f(r) = πr2 (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่วงกลมเทียบกับความยาวของรัศมี เมื่อความยาวของรัศมี เปลี่ยนจาก r เปน r + h คือ f (r h) f (r) h + − = ( )2 21 (r h) r h π + − π = 21 (2rh h ) h ⋅π + = 2 r hπ + π ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่วงกลมเทียบกับความยาวของรัศมีขณะรัศมียาว r เซนติเมตร คือ h )r(f)hr(f lim 0h −+ → = h 0 lim (2r h) → π + = h 0 lim2r h → π + = 2 rπ ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร 5. ให f(x) แทนพื้นที่รูปสี่เหลี่ยมจัตุรัสที่มีความยาวของดานเทากับ x ดังนั้น f(x) = x2 (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสี่เหลี่ยมจัตุรัสเทียบกับความยาวของดาน ในชวงดานยาว x เซนติเมตร ถึงดานยาว x + h เซนติเมตร คือ f (x h) f (x) h + − = 2 2 (x h) x h + − = 2 2xh h h + = 2x + h ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสี่เหลี่ยมจัตุรัสเทียบกับความยาวของดานในชวง x = 10 ถึง x = 12 เทากับ 2(10) + 2 = 22 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่รูปสี่เหลี่ยมจัตุรัสเทียบกับความยาวของดาน ในขณะดานยาว x เซนติเมตร คือ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = h 0 lim2x h → + = 2x ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่รูปสี่เหลี่ยมเทียบกับความยาวของดาน ในขณะดานยาว 10 เซนติเมตร เทากับ 2(10) = 20 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร
- 63. 123 6. ให f(x) แทนพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาที่มีความยาวของดานเทากับ x ดังนั้น f(x) = 23 x 4 (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทียบกับความยาวของดานใน ชวงดานยาว x เซนติเมตร คือ x + h เซนติเมตร คือ f (x h) f (x) h + − = 2 21 3 3 ( (x h) x ) h 4 4 + − = 21 3 ( (2xh h )) h 4 + = 3 (2x h) 4 + ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทียบกับความยาวของดาน ในชวง x = 10 ถึง x = 9 เทากับ 3 (2(10) ( 1)) 4 + − = )120( 4 3 − = 19 3 4 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทียบกับความยาวของดานในขณะ ดานยาว x เซนติเมตร คือ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = h 0 3 lim (2x h) 4→ + = 3 x 2 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทียบกับความยาวของดาน ในขณะดานยาว 10 เซนติเมตร เทากับ 3 (10) 2 = 5 3 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร 7. ให N = f(t) = 8 t 1+ อัตราการเปลี่ยนแปลงในขณะเวลา t ใด ๆ คือ h 0 f (t h) f (t) lim h→ + − = h 0 8 8 (t h) 1 t 1 lim h→ − + + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++++ − → 1hhtt2t h8 h 1 lim 20h = 2 8 t 2t 1 − + +
- 64. 124 ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงในขณะเวลา t = 3 เทากับ 2 8 3 2(3) 1 − + + = 1 2 − กรัม / นาที 8. จากสมการ PV = 6000 เมื่อ P เปนความดัน V เปนปริมาตร จะได P = 6000 V อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ขณะมีปริมาตร V ใด ๆ คือ h 0 f (V h) f (V) lim h→ + − = h 0 6000 6000 V h Vlim h→ − + = h 0 1 6000h lim [ ] h V(V h)→ − + = 2 6000 V − ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ในขณะ V = 100 เทากับ 2 6000 100 − = –0.6 กรัม / ตารางเซนติเมตร / ลูกบาศกเซนติเมตร 9. ให y = f(x) = 2x2 – 3 อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x ถึง x + h คือ f (x h) f (x) h + − = 2 2 2(x h) 3 (2x 3) h + − − − = 2 4xh 2h h + = 4x + 2h (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.2 เทากับ 4(2) + 2(0.2) = 8.4 (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.1 เทากับ 4(2) + 2(0.1) = 8.2 (3) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.01 เทากับ 4(2) + 2(0.01) = 8.02 (4) อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x ใด ๆ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = h 0 lim 4x 2h → + = 4x ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x = 2 เทากับ 4(2) = 8
- 65. 125 10. ให y = f(x) = 1 x อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x ถึง x + h คือ f (x h) f (x) h + − = 1 1 1 h (x h) x ⎡ ⎤ −⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 1 x (x h) h x(x h) ⎡ ⎤− + ⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 2 1 x xh − + (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 4 ถึง x = 5 เทากับ 2 1 4 4(1) − + = 1 20 − (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 4 ถึง x = 4.1 เทากับ 2 1 4 4(0.1) − + = 5 82 − (3) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 4 ถึง x = 4.01 เทากับ 2 1 4 4(0.01) − + = 25 401 − (4) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในขณะ x ใด ๆ คือ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 2h 0 1 lim x xh→ − + = 2 1 x − ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x = 4 เทากับ 1 16 − 11. ปริมาตรของกรวยกลมตรง = 21 x y 3 π เมื่อ x เปนรัศมีของฐานของกรวยกลมตรง y เปนความสูงของกรวยกลมตรง (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงของปริมาตรของกรวยกลมตรงเทียบกับรัศมีของฐาน (x) เมื่อสวนสูง (y) คงตัว คือ h 0 f (x h) f (x) lim h→ + − = 2 2 h 0 1 1 (x h) y x y 3 3lim h→ π + − π − = 2 h 0 y lim (2xh h ) 3h→ π + = h 0 y lim (2x h) 3→ π + = 2 xy 3 π หนวยปริมาตร / หนวยความยาว
- 66. 126 (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของปริมาตรของกรวยกลมตรงเทียบกับสวนสูง (y) เมื่อรัศมีของฐานคงตัว (x) คือ h 0 f (y h) f(y) lim h→ + − = 2 2 h 0 1 1 x (y h) x y 3 3lim h→ π + − π = 2 h 0 x lim h 3h→ π ⋅ = 2 h 0 x lim 3→ π = 2 x 3 π หนวยปริมาตร / หนวยความยาว 12. จากสมการ r = 2 k s เมื่อ k > 0 เปนคาคงตัว อัตราการเปลี่ยนแปลงของ r เทียบกับ s ในขณะ s ใด ๆ คือ h 0 f (s h) f (s) lim h→ + − = 2 2 h 0 k k (s h) s lim h→ − + = 2 2 2 2h 0 1 ks k(s h) lim h s (s h)→ ⎡ ⎤− + ⎢ ⎥ +⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 2 4 3 2h 0 1 2skh kh lim h s 2s h s h→ ⎡ ⎤− − ⎢ ⎥ + +⎢ ⎥⎣ ⎦ = 4 3 2 2h 0 2sk kh lim s 2s h s h→ − − + + = 3 2k s − เฉลยแบบฝกหัด 2.5 1. (1) dy dx = 0 (2) dy dx = 2 1 3x 3 + (3) dy dx = 3x2 – 3 (4) dy dx = –10x + 1 + 1 x + 3 1 2 x (5) ds dt = 20t4 – 6t + 1
- 67. 127 (6) ds dt = 12t2 + 18t + 1 (7) dy dx = 3x2 + 6x + 2 (8) dy dx = –4x3 + 12x2 – 6x + 12 (9) dy dx = 3x2 + 1 (10) dy dx = 2 2 2x x − (11) dy dx = 2 2 18x (3x 1) − + (12) dy dx = 2 6 (1 3x)− (13) ds dt = 2 1 12 t + (14) dy dx = 2 2 3 5 4 3x x x − + (15) ds dt = 9 2 1 3 2 2 55t 1 3 2 2t 2t + + (16) dy dx = 6x + 3 – 2 3 27 54 x x − (17) dy dx = 2 2 2 4x 2x 20 (x 5) − − − − (18) dy dx = 72 6 2 15 12 xx x − − − (19) dy dx = 3 1 2 2 3 2x 8x 8x − + + (20) dy dx = 2 23678 )1x( x2x2x2x14x4x14 + +−−−+
- 68. 128 2. (1) f(x) = 3 1 2x x − f′(x) = 2 3 2 1 6x 2x + f′(1) = 1 6 2 + = 13 2 (2) f(x) = 5 3 21 1 1 x x x 4x 5 5 3 2 − + − + f′(x) = 4 2 x x x 4− + − f′(1) = 1 – 1 + 1 – 4 = –3 (3) f(x) = (2x2 – 3x + 1)(x – x2 ) f′(x) = –8x3 + 15x2 – 8x + 1 f′(–1) = 8 + 15 + 8 + 1 = 32 (4) f(x) = 2x 1 x 1 − + f′(x) = 2 3 x 2x 1+ + f′(2) = 3 9 = 1 3 3. (1) g(x) = xf (x) g′(x) = 1 x f (x) f(x) 2 x ′⋅ + ⋅ g′(4) = 1 4 f (4) f(4) 2 4 ′⋅ + ⋅ g′(4) = 3 10 4 − + = 37 4 − (2) g(x) = f(x) x g′(x) = 2 x f (x) f (x) x ′⋅ − g′(4) = 2 4 )4(f)4(f4 −′⋅ g′(4) = 23 16 −
- 69. 129 4. จาก y = x3 – 5x + 2 จะได dy dx = 3x2 – 5 ดังนั้น ความชันของเสนสัมผัสโคงที่จุด (2, 0) เทากับ 3(2)2 – 5 = 7 5. จาก y = –4x + 2x2 – 3x4 จะได dy dx = –4 + 4x – 12x3 นั่นคือ ความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, –5) เทากับ –4 + 4(1) – 12(1)3 = –12 ดังนั้น สมการของเสนตรงซึ่งสัมผัสเสนโคง ที่จุด (1, –5) คือ y – (–5) = –12(x – 1) y + 5 = –12x + 12 12x + y – 7 = 0 6. จาก y = –x + x2 จะได dy dx = –1 + 2x เนื่องจาก ความชันของเสนโคง ที่จุด (a, b) เทากับ 3 จะได 3 = –1 + 2a a = 2 จาก y = –x + x2 จะได b = –2 + 22 b = 2 ดังนั้น a = 2 และ b = 2 7. จาก s = t3 – 2t + 5 จะได ds dt = 3t2 – 2 นั่นคือ ความเร็วของวัตถุในขณะเวลา t ใด ๆ คือ 3t2 – 2 ดังนั้น ความเร็วของวัตถุในขณะเวลา t = 10 วินาที เทากับ 3(10)2 – 2 = 298 เมตร / วินาที 8. ถาเสนตรง y = mx + c ขนานกับเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 – 5 ที่จุด (1, –2) จะได m มีคาเทากับความชันของเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 – 5 ที่จุด (1, –2) จาก y = 3x2 – 5
- 70. 130 จะได dy dx = 6x นั่นคือ ความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, –2) เทากับ 6(1) = 6 ดังนั้น m = 6 9. จาก y = x3 จะได dy dx = 3x2 นั่นคือ ความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, 1) เทากับ 3(1)2 = 3 เนื่องจาก ความชันของเสนตรงที่ผานจุด (2, 3) เทากับ ความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (1, 1) ดังนั้น สมการเสนตรงที่ผานจุด (2, 3) คือ y – 3 = 3(x – 2) y = 3x – 3 3x + y + 3 = 0 10. เนื่องจากเสนสัมผัสเสนโคงขนานกับแกน X ดังนั้น เสนสัมผัสเสนโคงมีความชันเทากับ 0 และ ความชันของเสนโคง y = x3 – 3x ที่จุดสัมผัสมีคาเทากับ 0 ดวย จะได dy dx = 3x2 – 3 = 0 จาก 3x2 – 3 = 0 จะได x = –1 หรือ x = 1 แทนคา x = –1 จะได y = 2 แทนคา x = 1 จะได y = –2 ดังนั้น จุด (–1, 2) และ (1, –2) อยูบนเสนโคง y = x3 – 3x ที่เสนสัมผัสเสนโคงที่จุดนี้ขนานกับ แกน X 11. จาก y = x4 จะได dy dx = 4x3 นั่นคือ ความชันของเสนโคง คือ 4x3 จะได เสนตรงที่มีความชันเทากับ 1 2 และสัมผัสเสนโคงที่จุดสัมผัส ดังนั้น 4x3 = 1 2 จะได x = 1 2 แทนคา x = 1 2
- 71. 131 จะได y = 41 ( ) 2 = 1 16 นั่นคือ จุด 1 1 ( , ) 2 16 อยูบนเสนโคงที่มีความชันเทากับ 1 2 ดังนั้น สมการเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด 1 1 ( , ) 2 16 คือ 1 y 16 − = 1 1 (x ) 2 2 − 1 y 16 − = 1 1 x 2 4 − x 3 y 2 16 − − = 0 8x – 16y – 3 = 0 เฉลยแบบฝกหัด 2.6 1. (1) ให u = 2x + 3 จะได y = (2x + 3)5 = u5 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 5d d (u ) (2x 3) du dx ⋅ + = (5u4 )(2) = 10u4 ดังนั้น dy dx = 10(2x + 3)4 (2) ให u = 1 – 3x จะได y = (1 – 3x)3 = u3 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 3d d (u ) (1 3x) du dx ⋅ − = 2 (3u )( 3)− = 2 9u− ดังนั้น dy dx = 2 9(1 3x)− −
- 72. 132 (3) ให u = 3 – 4x2 จะได y = (3 – 4x2 )4 = u4 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 4 2d d (u ) (3 4x ) du dx ⋅ − = 3 (4u )( 8x)− = –32xu3 ดังนั้น dy dx = 2 3 32x(3 4x )− − (4) ให u = 2 – 3x + 4x2 จะได y = (2 – 3x + 4x2 )3 = u3 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 3 2d d (u ) (2 3x 4x ) du dx ⋅ − + = 2 (3u )( 3 8x)− + = 2 (24x 9)u− ดังนั้น dy dx = 2 2 (24x 9)(2 3x 4x )− − + (5) ให u = x3 – 2x จะได y = (x3 – 2x)4 = u4 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 4 3d d (u ) (x 2x) du dx ⋅ − = 3 2 (4u )(3x 2)− = 2 3 (12x 8)u− ดังนั้น dy dx = 2 3 3 (12x 8)(x 2x)− − (6) ให u = 1 – 2x จะได y = 1 2x− = 1 2 u โดยกฎลูกโซ จะได
- 73. 133 dy dx = dy du du dx ⋅ = 1 2 d d (u ) (1 2x) du dx ⋅ − = 1 2 1 ( 2) 2u − = 1 u − ดังนั้น dy dx = 1 1 2x − − (7) ให u = 3x2 + 2 จะได y = 2 3x 2+ = 1 2 u โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 1 22 d d (u ) (3x 2) du dx ⋅ + = 1 2 1 (6x) 2u = 3x u ดังนั้น dy dx = 2 3x 3x 2+ (8) ให u = x2 – 3 จะได y = 3 2 x 3− = 1 3 u โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 1 23 d d (u ) (x 3) du dx ⋅ − = 2 3 1 (2x) 3u = 3 2 2x 3 u ดังนั้น dy dx = 2 23 2x 3 (x 3)−
- 74. 134 (9) ให u = 2t2 – 1 จะได s = 2 3 (2t 1)− − = 3 u− โดยกฎลูกโซ จะได ds dt = ds du du dt ⋅ = 3 2d d (u ) (2t 1) du dt − ⋅ − = 4 3 (4t) u − = 4 12t u − ดังนั้น ds dt = )1t2( t12 2 − − (10) ให u = t2 – 3t + 2 จะได s = 2 2 1 (t 3t 2)− + = 2 u− โดยกฎลูกโซ จะได ds dt = ds du du dt ⋅ = 2 2d d (u ) (t 3t 2) du dt − ⋅ − + = 3 2 (2t 3) u − − = 3 4t 6 u − + ดังนั้น ds dt = 2 3 4t 6 (t 3t 2) − + − + (11) ให u = x2 + 2x จะได y = 2 1 x 2x+ = 1 2 u − โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 1 22 d d (u ) (x 2x) du dx − ⋅ + = 3 2 1 (2x 2) 2u − + = 3 (x 1) u − + ดังนั้น dy dx = 2 3 (x 1) (x 2x) − + +
- 75. 135 (12) ให u = x2 – 2x + 3 จะได y = 3 2 1 x 2x 3− + = 1 3 u − โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 1 23 d d (u ) (x 2x 3) du dx − ⋅ − + = 4 3 1 (2x 2) 3u − − = 3 4 2 2x 3 u − ดังนั้น dy dx = 2 43 2 2x 3 (x 2x 3) − − + (13) ให y = (x – 3)3 (2x + 1) dy dx = (x – 3)3 (2) + (2x + 1) d dx (x – 3)3 ----------- (1) พิจารณา 3d (x 3) dx − และ u = x – 3 จะได s = u3 โดยกฎลูกโซ จะได ds dx = ds du du dx ⋅ = 3d d (u ) (x 3) du dx ⋅ − = 2 (3u )(1) = 3u2 ดังนั้น ds dx = 2 3(x 3)− นั่นคือ 3d (x 3) dx − = 2 3(x 3)− ----------- (2) แทนคา (2) ใน (1) จะได dy dx = (x – 3)3 (2) + (2x + 1)[3(x – 3)2 ] = 2(x – 3)3 + (6x + 3)(x – 3)2 = 8x3 – 51x2 + 90x – 27
- 76. 136 (14) ให u = 2x 1 1 2x + − จะได y = 3 2x 1 1 2x +⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ = u3 โดยกฎลูกโซ จะได dy dx = dy du du dx ⋅ = 3d d 2x 1 (u ) ( ) du dx 1 2x + ⋅ − = 2 2 (1 2x)(2) (2x 1)( 2) 3u [ ] (1 2x) − − + − − = 2 2 4 3u (1 2x) ⎡ ⎤ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 2 2 12u (1 2x)− ดังนั้น dy dx = 2 2 2x 1 12 1 2x (1 2x) +⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ − = 2 2 2 12(2x 1) 1 (1 2x) (1 2x) + ⋅ − − = 2 4 12(2x 1) (1 2x) + − (15) y = 3 2 8 (2x 3) (4x 1) + − dy dx = 2 8 3 3 2 8 2 16 d d (4x 1) (2x 3) (2x 3) (4x 1) dx dx (4x 1) − + − + − − = 2 8 2 3 2 7 2 2 16 d d (4x 1) (3)(2x 3) (2x 3) (2x 3) (8)(4x 1) (4x 1) dx dx (4x 1) − + + − + − − − = 2 8 2 3 2 7 2 16 (4x 1) (3)(2x 3) (2) (2x 3) (8)(4x 1) (8x) (4x 1) − + − + − − = 2 2 3 2 9 6(4x 1)(2x 3) 64x(2x 3) (4x 1) − + − + − 2. ให )x(gu = และ )u(f)x(Fy == จะได dx du du dy dx dy ⋅= )1x3( dx d )u(f −′=
- 77. 137 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − = 1x32 3 )1u( u1 22 2 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +− −− = 1x32 3 )1)1x3(( )1x3(1 2 1x32 3 x9 x32 2 − ⋅ − = 1x3x6 x32 2 − − = 3. จาก ))x(g(f)x(F = )x(g))x(g(f)x(F ′⋅′=′ ดังนั้น )2(g))2(g(f)2(F ′⋅′=′ 5)4(f ⋅′= นั่นคือ 4559)2(F =⋅=′ เฉลยแบบฝกหัด 2.7 1. (1) จาก f(x) = 5x2 – 4x + 2 จะได f′(x) = 10x – 4 ดังนั้น f′′(x) = 10 (2) จาก f(x) = 5 + 2x + 4x3 – 3x5 จะได f′(x) = 2 + 12x2 – 15x4 ดังนั้น f′′(x) = 24x – 60x3 (3) จาก f(x) = 3x4 – 2x + x – 5 จะได f′(x) = 12x3 – 2 + 1 2 x ดังนั้น f′′(x) = 36x2 – 3 1 4 x (4) จาก f(x) = 23 2 x 4x x − + จะได f′(x) = 2 23 1 x 2x 8x 3 − − + + ดังนั้น f′′(x) = 5 33 2 x 4x 8 9 − − − − + หรือ f′′(x) = 33 5 2 4 8 x9 x − − +
- 78. 138 (5) จาก f(x) = (5x2 – 3)(7x3 + x) จะได f′(x) = (5x2 – 3)(21x2 + 1) + (7x3 + x)(10x) = 175x4 – 48x2 – 3 ดังนั้น f′′(x) = 700x3 – 96x (6) จาก f(x) = x 1 x + จะได f′(x) = 2 1 x − ดังนั้น f′′(x) = 3 2 x (7) จาก f(x) = 3x 2 5x − จะได f′(x) = 2 2 25x ดังนั้น f′′(x) = 3 4 25x − 2. (1) จาก f(x) = x–5 + x5 จะได f′(x) = –5x–6 + 5x4 f′′(x) = 30x–7 + 20x3 ดังนั้น f′′′(x) = –210x–8 + 60x2 หรือ f′′′(x) = 2 8 210 60x x − + (2) จาก f(x) = 5x2 – 4x + 7 จะได f′(x) = 10x – 4 f′′(x) = 10 ดังนั้น f′′′(x) = 0 (3) จาก f(x) = 3x–2 + 4x–1 + x จะได f′(x) = –6x–3 – 4x–2 + 1 f′′(x) = 18x–4 + 8x–3 ดังนั้น f′′′(x) = –72x–5 – 24x–4 หรือ f′′′(x) = 5 4 72 24 x x − −
- 79. 139 3. จาก f(x) = 3x2 – 2 จะได f′(x) = 6x f′′(x) = 6 f′′′(x) = 0 ดังนั้น f′′′(2) = 0 4. จาก y = 4 6 x จะได dy dx = 5 24 x − 2 2 d y dx = 6 120 x 3 3 d y dx = 7 720 x − ดังนั้น 4 4 d y dx = 8 5,040 x 5. (1) จากวัตถุเคลื่อนที่ไดระยะทาง s = 16t2 เมตร ในเวลา t วินาที ดังนั้น ระยะทางที่วัตถุเคลื่อนที่ไดหลังจากปลอยวัตถุไป 3 วินาที คือ s = 16(3)2 = 144 เมตร (2) จาก s = 16t2 ให v แทนความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ จะได v = ds dt = 32t เมตร / วินาที ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ 32t เมตร / วินาที นั่นคือ ความเร็วขณะเวลา t = 2 วินาที เทากับ 32(2) = 64 เมตร / วินาที (3) ให a แทนความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ จาก (2) v = 32t เมตร / วินาที จะได a = dv dt = 32 เมตร / วินาที ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ 32 เมตร / วินาที2 (4) จาก (3) ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ 32 เมตร / วินาที2 ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t = 5 วินาที เทากับ 32 เมตร / วินาที2
- 80. 140 6. (1) ความเร็วเฉลี่ยในชวงวินาทีที่ t ถึงวินาทีที่ t + h คือ f (t h) f (t) h + − = 2 2 128(t h) 16(t h) (128t 16t ) h + − + − − = 2 128h 32th 16h h − − = 128 – 32t – 16h ความเร็วเฉลี่ยในชวงวินาทีที่ 2 ถึงวินาทีที่ 3 เทากับ 128 – 32(2) – 16(1) = 48 เมตร / วินาที (2) จากวัตถุเคลื่อนที่ไดระยะทาง s = 128t – 16t2 เมตร ในเวลา t วินาที ดังนั้น ระยะทางที่วัตถุเคลื่อนที่ไดหลังจากโยนวัตถุไปแลว 5 วินาที คือ s = 128(5) – 16(5)2 = 640 – 400 = 240 เมตร (3) จาก s = 128t – 16t2 ให v แทนความเรงขณะเวลา t ใด ๆ จะได v = ds dt = 128 – 32t เมตร / วินาที2 ดังนั้น ความเรงขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ 128 – 32t เมตร / วินาที นั่นคือ ความเรงในการเคลื่อนที่ของวัตถุขณะวินาทีที่ 4 เทากับ 128 – 32(4) = 0 เมตร / วินาที (4) ให a แทนความเรงขณะเวลา t ใด ๆ จาก (3) v = 128 – 32t เมตร / วินาที จะได a = dv dt = –32 เมตร / วินาที2 ดังนั้น ความเรงขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ –32 เมตร / วินาที2 นั่นคือ ความเรงของวัตถุขณะเวลา t = 2 วินาที เทากับ –32 เมตร / วินาที2 เฉลยแบบฝกหัด 2.8 ก 1. (1) จาก f(x) = 3 – 2x – x2 จะได f′(x) = –2 – 2x = –2(1 + x) ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี้
- 81. 141 จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , –1) และ f′(x) < 0 บนชวง (–1, ∞) ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , –1) และ f เปนฟงกชันลดบนชวง (–1 , ∞) (2) จาก f(x) = 2x2 – x – 3 จะได f′(x) = 4x – 1 ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (1 4 , ∞) และ f′(x) < 0 บนชวง (–∞, 1 4 ) ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (1 4 , ∞) และ f เปนฟงกชันลดบนชวง (–∞, 1 4 ) + – x < –1 x > –1–1 1 4 – + x < 1 4 x > 1 4 -4 4 -2 2 4 X Y 0 f(x)
- 82. 142 (3) จาก f(x) = x3 – x2 – 8x จะได f′(x) = 3x2 – 2x – 8 = (3x + 4)(x – 2) ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , 4 3 − ) ∪ (2, ∞) และ f′(x) < 0 บนชวง ( 4 3 − , 2) ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , 4 3 − ) ∪ (2, ∞) และ f เปนฟงกชันลดบนชวง ( 4 3 − , 2) + – x < 4 3 − 4 x 2 3 − < < 4 3 − + 2 x > 2 3 9 3 -3 -9 -15 -3 0 X Y X Y 0 - 2 2 - 4 2- 2 f(x)
- 83. 143 (4) จาก f(x) = 2x3 + 3x2 – 36x + 5 จะได f′(x) = 6x2 + 6x – 36 = 6(x + 3)(x – 2) ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , –3) ∪ (2, ∞) และ f′(x) < 0 บนชวง (–3, 2) ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , –3) ∪ (2, ∞) และ f เปนฟงกชันลดบนชวง (–3, 2) (5) จาก f(x) = x3 – 2x2 – 4x + 7 จะได f′(x) = 3x2 – 4x – 4 = (3x + 2)(x – 2) + – x < –3 + 2 x > 2–3 –3 < x < 2 1 2 3 4-1-2-3 20 40 60 80 100 -20 -40 X Y 0-4-5
- 84. 144 ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , 2 3 − ) ∪ (2, ∞) และ f′(x) < 0 บนชวง ( 2 3 − , 2) ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , 2 3 − ) ∪ (2, ∞) และ f เปนฟงกชันลดบนชวง ( 2 3 − , 2) 2. (1) จาก f(x) = x2 – 8x+ 7 จะได f′(x) = 2x – 8 = 2(x – 4) ถา f′(x) = 0 จะไดวา 2(x – 4) = 0 เพราะฉะนั้น x = 4 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 4 f′′(x) = 2 f′′(4) = 2 > 0 ดังนั้น f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(4) = –9 + – x < 2 3 − + 2 x > 22 3 − < x < 22 3 − 5-5 -2 5 X Y 0
- 85. 145 (2) จาก f(x) = x3 – 3x + 6 จะได f′(x) = 3x2 – 3 = 3(x + 1)(x – 1) ถา f′(x) = 0 จะไดวา 3(x + 1)(x – 1) = 0 เพราะฉะนั้น x = –1 หรือ x = 1 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ –1 และ 1 f′′(x) = 6x f′′(–1) = –6 < 0 f′′(1) = 6 > 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ f(–1) = 8 และ f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(1) = 4 Y -1 5 6 10 X0 2 -2 -6 -10 0 2 4-2 -4 4 8 12 X Y f(x) -4
- 86. 146 (3) จาก f(x) = x3 – 3x2 – 24x + 4 จะได f′(x) = 3x2 – 6x – 24 = 3(x – 4)(x + 2) ถา f′(x) = 0 จะไดวา 3(x – 4)(x + 2) = 0 เพราะฉะนั้น x = –2 หรือ x = 4 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ –2 และ 4 f′′(x) = 6x – 6 f′′(–2) = –18 < 0 f′′(4) = 18 > 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ f(–2) = 32 และ f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(4) = –76 (4) จาก f(x) = x4 – 8x2 + 12 จะได f′(x) = 4x3 – 16x = 4x(x + 2)(x –2) ถา f′(x) = 0 จะไดวา 4x(x + 2)(x – 2) = 0 เพราะฉะนั้น x = –2 หรือ x = 0 หรือ x = 2 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ –2, 0 และ 2 1 2 3 4 5 6 7 20 40 60 -20 -40 -60 -80 -1-2-3-4 0 X Y
- 87. 147 f′′(x) = 12x2 – 16 f′′(–2) = 32 > 0 f′′(0) = –16 < 0 f′′(2) = 32 > 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ f(0) = 12 และ f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(–2) = f(2) = –4 (5) จาก f(x) = x4 – 4x3 + 8 จะได f′(x) = 4x3 – 12x2 = 4x2 (x – 3) ถา f′(x) = 0 จะไดวา 4x2 (x – 3) = 0 เพราะฉะนั้น x = 0 หรือ x = 3 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 0 และ 3 f′′(x) = 12x2 – 24x f′′(0) = 0 f′′(3) = 36 > 0 ดังนั้น f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(3) = –19 0 2 4-2 -10 10 20 X Y f(x) -4
- 88. 148 3. (1) จาก f(x) = x2 – 4x + 3 จะได f′(x) = 2x – 4 = 2(x – 2) ถา f′(x) = 0 จะได 2(x – 2) = 0 เพราะฉะนั้น x = 2 ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [0, 5] คือ 2 คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 2 และจุดปลายของชวง [0, 5] คือ x = 0 และ x = 5 f(2) = –1 f(0) = 3 f(5) = 8 ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 8 ที่ x = 5 และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ –1 ที่ x = 2 Y 2-2 -20 -10 10 20 f(x) 0 4 X -4 2 4-2 0 -2 2 4 X Y f(x) -4 6 6
- 89. 149 (2) จาก f(x) = x3 – 2x2 – 4x + 8 จะได f′(x) = 3x2 – 4x – 4 ถา f′(x) = 0 จะได (3x + 2)(x – 2) = 0 เพราะฉะนั้น x = 2 3 − หรือ x = 2 ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [–2, 3] คือ 2 3 − และ 2 คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 2 3 − , x = 2 และจุดปลายของชวง [–2, 3] คือ x = –2 และ x = 3 f( 2 3 − ) = 9.48 f(2) = 0 f(–2) = 0 f(3) = 5 ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 9.48 ที่ x = 2 3 − และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ 0 ที่ x = –2 และ x = 2 (3) จาก f(x) = x4 – 2x3 – 9x2 + 27 จะได f′(x) = 4x3 – 6x2 – 18x ถา f′(x) = 0 จะได 2x(2x + 3)(x – 3) = 0 เพราะฉะนั้น x = 3 2 − หรือ x = 0 หรือ x = 3 ดังนั้น คาวิกฤตบนชวงปด [–2, 4] คือ 3 2 − , 0 และ 3 2 6 10 2 6-2 0-6 -2 -6 X Y
- 90. 150 คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 3 2 − , x = 0, x = 3 และจุดปลายของชวง [–2, 4] คือ x = –2 และ x = 4 f( 3 2 − ) = 18.56 f(0) = 27 f(3) = –27 f(–2) = 23 f(4) = 11 ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ 27 ที่ x = 0 และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ –27 ที่ x = 3 (4) จาก f(x) = x3 + 5x – 4 จะได f′(x) = 3x2 + 5 จากรูปสมการ f′(x) = 3x2 + 5 จะไดวา ไมมีจํานวนจริง x ใด ๆ ที่ทําให f′(x) = 0 ดังนั้น ไมมีคาวิกฤตบนชวงปด [–3, –1] คํานวณหาคาของฟงกชัน f(x) ที่จุดปลายของชวง [–3, –1] คือ x = –3 และ x = –1 f(–3) = – 46 f(–1) = – 10 ดังนั้น คาสูงสุดสัมบูรณของ f เทากับ – 10 ที่ x = –1 และ คาต่ําสุดสัมบูรณของ f เทากับ – 46 ที่ x = –3 4 10 20 30 2 6-2-4 -10 -20 -30 0 X Y
- 91. 151 เฉลยแบบฝกหัด 2.8 ข 1. (1) จาก f(x) = 2x2 + x – 6 จะได f′(x) = 4x + 1 ถา f′(x) = 0 จะได 4x + 1 = 0 เพราะฉะนั้น x = 1 4 − ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 1 4 − f′′ (x) = 4 f′′ ( 1 4 − ) = 4 > 0 ดังนั้น f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ 1 f ( ) 4 − = 49 8 − -8 Y f(x) -1 -4 X 10 4 2-2 กราฟ f(–1) = –10 และ f(–3) = –46 5-5 20 40 -20 -40 -60 X Y 0
- 92. 152 (2) จาก f(x) = –x2 + 3x – 2 จะได f′(x) = –2x + 3 ถา f′(x) = 0 จะได –2x + 3 = 0 เพราะฉะนั้น x = 3 2 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 3 2 f′′ (x) = –2 f′′ ( 3 2 ) = –2 < 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ 3 f ( ) 2 = 1 4 (3) จาก f(x) = x3 – 3x2 จะได f′(x) = 3x2 – 6x ถา f′(x) = 0 จะได 3x(x – 2) = 0 เพราะฉะนั้น x = 0 หรือ x = 2 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 0 และ 2 f′′ (x) = 6x – 6 f′′ (0) = –6 < 0 f′′ (2) = 6 > 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ f(0) = 0 และ f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(2) = –4 -4 Y f(x) -1 -2 X 10 2 2-2
- 93. 153 (4) จาก f(x) = 2x3 – 3x2 – 12x + 5 จะได f′(x) = 6x2 – 6x – 12 = 6(x – 2)(x + 1) ถา f′(x) = 0 จะได 6(x – 2)(x + 1) = 0 เพราะฉะนั้น x = –1 หรือ x = 2 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ –1 และ 2 f′′ (x) = 12x – 6 f′′ (–1) = –18 < 0 f′′ (2) = 18 > 0 ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ f(–1) = 12 และ f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ f(2) = –15 -4 Y f(x) -2 -2 X 20 2 4-4 Y 2-2 -20 -10 10 20 f(x) 0 4 X -4
- 94. 154 2. เนื่องจากรั้วยาว 200 เมตร จะได 6x + 4y = 200 y = 3 50 x 2 − ให A(x) เปนพื้นที่ของที่ดินรูปสี่เหลี่ยมผืนผา 3 แปลง เมื่อ x เปนความยาวของดานกวางของที่ดิน รูปสี่เหลี่ยมผืนผาของแตละแปลง จะได A(x) = 3 3x(50 x) 2 − = 29 150x x 2 − A′(x) = 150 – 9x ถา A′(x) = 0 จะได 150 – 9x = 0 เพราะฉะนั้น x = 50 3 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน A คือ 50 3 จาก A′(x) = 150 – 9x จะได A′′ (x) = –9 A′′ 50 ( ) 3 = –9 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน A มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 50 3 และมีคาเทากับ 50 A( ) 3 = 1,250 ดังนั้น รั้วจะลอมพื้นที่ไดมากที่สุด 1,250 ตารางเมตร 3. ให x เปนจํานวนจริงจํานวนหนึ่ง จะได f(x) = x – x2 f ′(x) = 1 – 2x ถา f ′(x) = 0 จะได 1 – 2x = 0 เพราะฉะนั้น x = 1 2 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 1 2 จาก f′(x) = 1 – 2x จะได f′′(x) = –2 f′′( 1 2 ) = –2 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 1 2 และมีคาเทากับ f( 1 2 ) = 1 4 ดังนั้น จํานวนจริงจํานวนนั้นคือ 1 2
- 95. 155 4. ให x เปนจํานวนจริงจํานวนหนึ่ง และ y เปนจํานวนจริงอีกจํานวนหนึ่ง เนื่องจาก จํานวนจริงสองจํานวนบวกกันได 10 จะได x + y = 10 หรือ y = 10 – x ให f(x) เปนคาที่ไดจากผลคูณของจํานวนจริงทั้งสอง จะได f(x) = x(10 – x) = 10x – x2 f′(x) = 10 – 2x ถา f′(x) = 0 จะได 10 – 2x = 0 เพราะฉะนั้น x = 5 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 5 จาก f′(x) = 10 – 2x f′′(x) = –2 f′′(5) = –2 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 5 และมีคาเทากับ f(5) = 25 จาก x = 5 จะได y = 5 ดังนั้น จํานวนจริงจํานวนหนึ่ง คือ 5 และอีกจํานวนหนึ่งคือ 5 5. ให x เปนจํานวนจริงจํานวนหนึ่ง และ y เปนจํานวนจริงอีกจํานวนหนึ่ง เนื่องจาก ผลคูณของจํานวนจริงสองจํานวนเปน –9 จะได xy = –9 หรือ y = 9 x − ให f(x) เปนคาที่ไดจากผลบวกของกําลังสองของแตละจํานวนเมื่อ x เปนจํานวนจริงจํานวนหนึ่ง จะได f(x) = 2 29 x ( ) x + − = 2 2 81 x x + f′(x) = 3 162 2x x − ถา f′(x) = 0 จะได 3 162 2x x − = 0 2(x2 – 9)(x2 + 9) = 0 2(x – 3)(x + 3)(x2 + 9) = 0 เพราะฉะนั้น x = –3 หรือ x = 3 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ –3 และ 3
- 96. 156 จาก f′(x) = 3 162 2x x − f′′(x) = 4 486 2 x + f′′(3) = 8 > 0 f′′(–3) = 8 > 0 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = –3 และ x = 3 มีคาเทากับ f(–3) = f(3) = 18 จาก x = –3 จะได y = 3 x = 3 จะได y = –3 ดังนั้น จํานวนจริงจํานวนหนึ่ง คือ –3 และอีกจํานวนหนึ่งคือ 3 6. ให C(t) เปนอุณหภูมิมีหนวยเปนองศาเซลเซียส เมื่อ t เปนเวลาหนวยเปนวินาที จะได C(t) = 10 + 4t – 0.2t2 C′(t) = 4 – 0.4t ถา C′(t) = 0 จะได 4 – 0.4t = 0 เพราะฉะนั้น t = 10 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน θ คือ 10 จาก C′(t) = 4 – 0.4t จะได C′′(t) = –0.4 C′′(10) = –0.4 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน C มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ t = 10 และมีคาเทากับ C(10) = 30 ดังนั้น ในการเกิดปฏิกิริยาทางเคมีนี้อุณหภูมิจะขึ้นสูงสุดเมื่อ t = 10 วินาที และอุณหภูมิสูงสุดเปน 30 องศาเซลเซียส 7. ให V(x) เปนปริมาตรของกลอง เมื่อ x เปนความยาวของดานของรูปสีเหลี่ยมจัตุรัสที่ตัดออก x 24 – 2x x จะได V(x) = (20 – 2x)(24 – 2x)x = 4x3 – 88x2 +480x V′(x) = 12x2 – 176x + 480 = 4(3x2 – 44x + 120) ถา V′(x) = 0 จะได 4(3x2 – 44x + 120) = 0 20 – 2x
- 97. 157 x = 2 44 ( 44) 4(3)(120) 2(3) − − − หรือ x = 2 44 ( 44) 4(3)(120) 2(3) + − − x = 22 2 31 3 − = 3.62 หรือ x = 22 2 31 3 + = 11.05 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน V คือ 3.62 และ 11.05 จาก V′(x) = 12x2 – 176x + 480 จะได V′′(x) = 24x – 176 V′′(3.62) = –89.12 < 0 V′′(11.05) = 89.2 > 0 นั่นคือ ฟงกชัน V มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 3.62 ดังนั้น x เทากับ 3.62 เซนติเมตร กลองจึงจะมีปริมาตรมากที่สุด 8. ให c(f) เปนปริมาณผลผลิตที่ไดหนวยเปนถังตอไร เมื่อ f เปนจํานวนปุยที่ใช หนวยเปนกิโลกรัม ตอไร จะได c(f) = 20 + 24f – f2 c′(f) = 24 – 2f ถา c′(f) = 0 จะได 24 – 2f = 0 เพราะฉะนั้น f = 12 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน c คือ 12 จาก c′(f) = 24 – 2f c′′(f) = –2 c′′(12) = –2 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน c มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ f = 12 และมีคาเทากับ c(12) = 164 ดังนั้น จะตองใชปุย 12 กิโลกรัมตอไร จึงจะไดผลผลิตมากที่สุด 9. ถาพอคาตั้งราคาขายสินคาอยางหนึ่งชิ้นละ 20 บาท ในหนึ่งสัปดาหเขาจะขายสินคาได 1,000 ชิ้น ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ 1 บาท เขาจะขายได 1,000 + 100 ชิ้น ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ 2 บาท เขาจะขายได 1,000 + 200 ชิ้น ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ x บาท เขาจะขายได 1,000 + 100x ชิ้น เขาขายสินคาราคาชิ้นละ 20 – x บาท
- 98. 158 ให f(x) เปนเงินที่ไดจากการขายสินคา เมื่อ x เปนเงินที่ลดราคาสินคา 1 ชิ้น จะได f(x) = (1,000 + 100x)(20 – x) = 20,000 + 1,000x – 100x2 f′(x) = 1000 – 200x ถา f′(x) = 0 จะได 1000 – 200x = 0 เพราะฉะนั้น x = 5 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 5 จาก f′(x) = 1000 – 200x จะได f′′(x) = –200 f′′(5) = –200 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 5 และมีคาเทากับ f(5) = 22,500 ดังนั้น เขาควรจะตั้งราคาสินคาชิ้นละ 20 – 5 = 15 บาท จึงจะไดเงินจากการขายมากที่สุด 10. ให DECF เปนรูปสี่เหลี่ยมผืนผาที่บรรจุในรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก มีดานดานหนึ่งยาว m หนวย และอีกดานหนึ่งยาว n หนวย ดังรูป จากรูป 1 ∆ ADE คลายกับ ∆ ABC จะได AE AC = DE BC 120 m 120 − = n 90 n = 3 (120 m) 4 − ให S(m) เปนพื้นที่ของรูปสี่เหลี่ยมผืนผา เมื่อ m เปนความยาวของดานดานหนึ่งของรูปสี่เหลี่ยมผืนผา n m 90 120 – a a 150 X F C ZY E D 90 120 – m m 150 F D E CB A n รูป 1 รูป 2
- 99. 159 จะได S(m) = 3 (120 m)(m) 4 − = 23 90m m 4 − S′(m) = 3 90 m 2 − ถา S′(m) = 0 จะได 3 90 m 2 − = 0 เพราะฉะนั้น m = 60 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน S คือ 60 จาก S′(m) = 3 90 m 2 − S′′ (m) = 3 2 − S′′ (60) = 3 2 − < 0 นั่นคือ ฟงกชัน S มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ m = 60 และมีคาเทากับ S(60) = 2,700 จาก m = 60 จะได n = 3 (120 60) 4 − = 45 จากรูป 2 ∆ XDE คลายกับ ∆ XZY จะได n 90 = 120 a 150 − ---------- (1) ∆ ZCE คลายกับ ∆ ZYX จะได m 150 = a 120 ---------- (2) จาก (1) และ (2) จะได mn = 23 90a a 4 − ให S(a) เปนพื้นที่ของรูปสี่เหลี่ยมผืนผา เมื่อ a เปนความยาวของ EZ จะได S(a) = 23 90a a 4 − S′(a) = 3 90 a 2 − ถา S′(a) = 0 จะได 3 90 a 2 − = 0 เพราะฉะนั้น a = 60 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน S คือ 60
- 100. 160 จาก S′(a) = 3 90 a 2 − S′′(a) = 3 2 − S′′(60) = 3 2 − ดังนั้น ฟงกชัน S มีคาสูงสุด นั่นคือ ฟงกชัน S มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ a = 60 และมีคาเทากับ S(60) = 2,700 จาก a = 60 จะได n = 90(120 60) 150 − และ m = (150)(60) 120 = 36 = 75 ดังนั้น รูปสี่เหลี่ยมผืนผา มีดานกวางยาว 45 หนวย และดานยาว 60 หนวย หรือมีดานกวางยาว 36 หนวย และดานยาวยาว 75 หนวย 11. ใหพอคาผลิตสินคาขายได x ชิ้นใน 1 สัปดาห ขายชิ้นละ p บาท ราคาและจํานวนสินคาที่ขายไดมีความสัมพันธในรูปสมการ p = 100 – 0.04x รายไดจากการขายสินคาใน 1 สัปดาห คือ xp = x(100 – 0.04x) บาท ลงทุน 600 + 22x บาท ให f(x) เปนกําไรจากการขายสินคา เมื่อ x เปนจํานวนสินคาที่ผลิตไดใน 1 สัปดาห จะได f(x) = x(100 – 0.04x) – (600 + 22x) = –0.04x2 + 78x – 600 f′(x) = –0.08x + 78 ถา f′(x) = 0 จะได –0.08x + 78 = 0 เพราะฉะนั้น x = 975 บาท ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f คือ 975 จาก f′(x) = –0.08x + 78 จะได f′′(x) = –0.08 f′′(975) = –0.08 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 975 และมีคาเทากับ f(975) = 37,425 ดังนั้น ตองผลิตสินคาออกขายสัปดาหละ 975 ชิ้น จึงจะไดกําไรมากที่สุด
- 101. 161 12. รถบรรทุกวิ่งระยะทาง 500 กิโลเมตร ดวยอัตราเร็วเฉลี่ย x กิโลเมตรตอชั่วโมง ตองใชเวลา 500 x ชั่วโมง เสียคาน้ํามันลิตรละ 24 บาท และใชน้ํามันในอัตรา 150 x 24 2 + ลิตรตอชั่วโมง ดังนั้น เสียคาน้ํามัน )24)( x 500 )( 150 x 24( 2 + บาท และเสียเบี้ยเลี้ยงคนขับชั่วโมงละ m บาท จะตองเสียเบี้ยเลี้ยงคนขับ 500m x บาท ให f(x) เปนเงินที่บริษัทตองจายในการสงสินคา เมื่อ x เปนอัตราเร็วเฉลี่ยหนวยเปนกิโลเมตร ตอชั่วโมง จะได f(x) = )24)( x 500 )( 150 x 24( x m500 2 ++ = x80 x 288000 x m500 ++ f′(x) = 80 x 288000 x m500 22 +−− ถา f′(x) = 0 จะได 80 x 288000 x m500 22 +−− = 0 2 x80288000m500 +−− = 0 x2 = 3600 4 m25 + เพราะฉะนั้น x = 3600 4 m25 +− หรือ x = 3600 4 m25 + ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f บนชวงปด [25, 80] คือ 3600 4 m25 + จาก f′(x) = 80 x 288000 x m500 22 +−− f′′(x) = 33 x 576000 x m1000 + f′′ )3600 4 m25 ( + = 3 1000m 576000 0 25m 3600 4 + > ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠
- 102. 162 นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 3600 4 m25 + ดังนั้น บริษัทตองสั่งใหขับรถดวยอัตราเร็วเฉลี่ย 3600 4 m25 + กิโลเมตรตอชั่วโมงจึงจะประหยัดที่สุด 13. เนื่องจาก s = kwd2 เมื่อ k เปนคาคงตัว จากรูป d2 = a2 – w2 จะได s = kw(a2 – w2 ) = kwa2 – kw3 ให s(w) เปนน้ําหนักสูงสุดที่คานรับได เมื่อ w เปนความกวางของคาน และ k เปนคาคงตัว จะได s(w) = wka2 – kw3 s′(w) = ka2 – 3kw2 ถา s′(w) = 0 จะได ka2 – 3kw2 = 0 w2 = 2 ka 3k w2 = 2 a 3 เพราะฉะนั้น w = 3a 3 − หรือ w = 3a 3 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน s คือ 3a 3 จาก s′(w) = ka2 – 3kw2 s′′(w) = –6kw s′′ 3a ( ) 3 = 2 3ka− < 0 นั่นคือ ฟงกชัน s มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ w = 3a 3 และมีคาเทากับ 32 3 ka 9 จาก w = 3a 3 จะได d2 = 2 23a a ( ) 3 − d2 = 22 a 3 d = 2 a 3 ดังนั้น ตองเลื่อยใหคานมีความกวาง 3a 3 เซนติเมตร และหนา 2 a 3 เซนติเมตร a w d
- 103. 163 14. ให P(f) เปนกําไรสุทธิหนวยเปนบาท เมื่อ f เปนปริมาณปุยที่ใชหนวยเปนกิโลกรัมตอไร จะได P(f) = 400 + 20f – f2 P′(f) = 20 – 2f ถา P′(f) = 0 จะได 20 – 2f = 0 เพราะฉะนั้น f = 10 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน p คือ 10 จาก P′(f) = 20 – 2f P′′(f) = –2 P′′(10) = –2 < 0 นั่นคือ ฟงกชัน P มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ f = 10 และมีคาเทากับ P(10) = 500 ดังนั้น ตองใชปุย 10 กิโลกรัมตอที่ดิน 1 ไร จึงจะไดกําไรสุทธิสูงสุด และกําไรสุทธิสูงสุดจากผลผลิตตอไรเปน 500 บาท เฉลยแบบฝกหัด 2.9 1. (1) 25 x c 2 + (2) 41 x c 4 + (3) 5 2 2 x c 5 + (4) 4 1 c 4x − + (5) 2 x x c+ + (6) 5 4 3 24 3 2 1 x x x x x c 5 4 3 2 + + + + + (7) 2 2 3 c x 2x − − + (8) 5 31 5 x x 4x c 5 3 − + − + (9) 2 x c+ (10) 2 1 c xx − − +
- 104. 164 เฉลยแบบฝกหัด 2.10 1. (1) 4 2 (x 3x 5x)dx+ +∫ = 4 2 x dx 3x dx 5xdx+ +∫ ∫ ∫ = 4 2 x dx 3 x dx 5 xdx+ +∫ ∫ ∫ = 5 2 3x 5x x c 5 2 + + + (2) 3 2 2 (2x 3x 6 2x )dx− − + −∫ = 3 2 2 2x dx 3x dx 6dx 2x dx− − + −∫ ∫ ∫ ∫ = 3 2 2 2 x dx 3 x dx 6dx 2 x dx− − + −∫ ∫ ∫ ∫ = 4 3x 2 x 6x c 2 x − + + + (3) 10 3 1 (x )dx x −∫ = 10 3 x dx x dx− −∫ ∫ = 11 2 x 1 c 11 2x + + (4) 2 4 1 2 ( )dx x x +∫ = 2 4 1 2 dx dx x x +∫ ∫ = 2 4 x dx 2 x dx− − +∫ ∫ = 3 1 2 c x 3x − − + (5) xdx∫ = 1 2 x dx∫ = 3 2 2x c 3 + = 2x x c 3 + (6) 23 32 (x x )dx−∫ = 23 32 x dx x dx−∫ ∫ = 55 32 2x 3x c 5 5 − + (7) 2 1 1 ( )dx x 2 x −∫ = 2 1 1 dx dx x 2 x∫ ∫ 1 2 2 1 x dx x dx 2 − − −∫ ∫ = 1 2 1 x c x − − + = 1 x c x − − +
- 105. 165 (8) 2 x (x 3)dx−∫ = 3 2 x dx 3x dx−∫ ∫ = 4 3x x c 4 − + (9) x(x 1)dx+∫ = 3 1 2 2 x dx x dx+∫ ∫ = 5 3 2 2 2x 2x c 5 3 + + (10) 3 x 2 ( )dx x − ∫ = 2 3 x dx 2x dx− − −∫ ∫ = 2 3 x dx 2 x dx− − −∫ ∫ = 2 1 1 c x x − + + (11) 2 (x 5x 1)dx+ +∫ = 2 x dx 5xdx 1dx+ +∫ ∫ ∫ = 2 x dx 5 xdx 1dx+ +∫ ∫ ∫ = 3 2 x 5x x c 3 2 + + + (12) (6 x 15)dx+∫ = 1 2 6x dx 15dx+∫ ∫ = 3 2 4x 15x c+ + = 4x x 15x c+ + (13) 3 2 (x 5x 6)dx+ +∫ = 3 2 x dx 5x dx 6dx+ +∫ ∫ ∫ = 3 2 x dx 5 x dx 6dx+ +∫ ∫ ∫ = 4 3 x 5x 6x c 4 3 + + + (14) 6 ( 8 x)dx x +∫ = 1 1 2 2 6x dx 8x dx − +∫ ∫ = 1 1 2 2 6 x dx 8 x dx − +∫ ∫ = 3 1 2 2 16x 12x c 3 + + = 12 x 16x x c+ +
- 106. 166 (15) 4 3 2 (x 12x 6x 10)dx− + −∫ = 4 3 2 x dx 12x dx 6x dx 10dx− + −∫ ∫ ∫ ∫ = 4 3 2 x dx 12 x dx 6 x dx 10dx− + −∫ ∫ ∫ ∫ = 5 4 3x 3x 2x 10x c 5 − + − + 2. ให dy dx = f′(x) = x จะได dy dx dx∫ = xdx∫ y = xdx∫ y = 2 x c 2 + เมื่อ c เปนคาคงตัวใด ๆ จะได f(x) = 2 x c 2 + เนื่องจาก f(2) = 2 จะได 2 = 2 2 c 2 + c = 0 ดังนั้น f(x) = 2 x 2 3. (1) เนื่องจากความชันของเสนสัมผัสโคงที่จุด (x, y) ใด ๆ คือ x2 – 3x + 2 นั่นคือ dy dx = x2 – 3x + 2 จะได y = 2 (x 3x 2)dx− +∫ y = 3 2 x 3x 2x c 3 2 − + + ดังนั้น สมการเสนโคง คือ y = 3 2 x 3x 2x c 3 2 − + + แตเสนโคงนี้ผานจุด (2, 1) นั่นคือ เมื่อ x = 2 จะได y = 1 แทนคา x = 2 และ y = 1 ในสมการเสนโคง จะได 1 = 3 22 3 (2 ) 2(2) c 3 2 − + + c = 1 3 ดังนั้น สมการเสนโคงดังกลาวคือ y = 3 2 x 3x 1 2x 3 2 3 − + +
- 107. 167 (2) เนื่องจากความชันของเสนสัมผัสโคงที่จุด (x, y) ใด ๆ คือ 2x3 + 4x นั่นคือ dy dx = 2x3 + 4x จะได y = 3 (2x 4x)dx+∫ y = 4 2x 2x c 2 + + ดังนั้น สมการเสนโคง คือ y = 4 2x 2x c 2 + + แตเสนโคงนี้ผานจุด (0, 5) นั่นคือ เมื่อ x = 0 จะได y = 5 แทนคา x = 0 และ y = 5 ในสมการเสนโคง จะได c = 5 ดังนั้น สมการเสนโคงดังกลาวคือ y = 4 2x 2x 5 2 + + (3) เนื่องจากความชันของเสนสัมผัสโคงที่จุด (x, y) ใด ๆ คือ 6 + 3x2 – 2x4 นั่นคือ dy dx = 6 + 3x2 – 2x4 จะได y = 4 2 ( 2x 3x 6)dx− + +∫ y = 5 32x x 6x c 5 − + + + แตเสนโคงนี้ผานจุด (1, 0) นั่นคือ เมื่อ x = 1 จะได y = 0 แทนคา x = 1 และ y = 0 จะได 0 = 5 32 (1) (1) (6)(1) c 5 − + + + c = 33 5 − ดังนั้น สมการเสนโคงดังกลาวคือ y = 5 32x 33 x 6x 5 5 − + + −
- 108. 168 4. (1) จาก dv dt = a(t) = 6 – 2t จะได dv dt dt∫ = (6 2t)dt−∫ v = 6t – t2 + c1 จาก v(0) = 5 จะได c1 = 5 ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ คือ 6t – t2 + 5 เมื่อ 0 ≤ t ≤ 3 จาก ds dt = v(t) = 6t – t2 + 5 จะได ds dt dt∫ = 2 (6t t 5)dt− +∫ s = 3 2 2 t 3t 5t c 3 − + + + จาก s(0) = 0 จะได c2 = 0 ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 3 2t 3t 5t 3 − + + เมื่อ 0 t 3≤ ≤ (2) จาก dv dt = a(t) = 120t – 12t2 จะได dv dt dt∫ = 2 (120t 12t )dt−∫ v = 60t2 – 4t3 + c1 จาก v(0) = 0 จะได c1 = 0 ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ คือ 60t2 – 4t3 เมื่อ 0 t 10≤ ≤ จาก ds dt = v(t) = 60t2 – 4t3 จะได ds dt dt∫ = 2 3 (60t 4t )dt−∫ s = 3 4 220t t c− + จาก s(0) = 4 จะได c2 = 4 ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 20t3 – t4 + 4 เมื่อ 0 t 10≤ ≤ (3) จาก dv dt = a(t) = t2 + 5t + 4 จะได dv dt dt∫ = 2 (t 5t 4)dt+ +∫ v = 3 2 1 t 5t 4t c 3 2 + + + จาก v(0) = –2 จะได c1 = –2 ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ คือ 3 2 t 5t 4t 2 3 2 + + − เมื่อ 0 t 15≤ ≤
- 109. 169 จาก ds dt = v(t) = 3 2 t 5t 4t 2 3 2 + + − จะได ds dt dt∫ = 3 2 t 5t ( 4t 2)dt 3 2 + + −∫ s = 4 3 2 2 t 5t 2t 2t c 12 6 + + − + จาก s(0) = –3 จะได c2 = –3 ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 4 3 2t 5t 2t 2t 3 12 6 + + − − เมื่อ 0 t 15≤ ≤ 5. (1) โยนวัตถุขึ้นไปบนอากาศในแนวดิ่ง a = –g = –9.8 เมตร / วินาที2 จะได dv dt = –9.8 v = 9.8dt−∫ v = –9.8t + c1 โยนวัตถุขึ้นไปบนอากาศในแนวดิ่งดวยความเร็ว 98 เมตร / วินาที นั่นคือ ขณะ t = 0, v = 98 จาก v = –9.8t + c1 จะได c1 = 98 ดังนั้น v = –9.8t + 98 จาก ds dt = v(t) = –9.8t + 98 จะได s = ( 9.8t 98)dt− +∫ s = –4.9t2 + 98t + c2 เมื่อ t = 0 จะได s = 0 ดังนั้น c2 = 0 ดังนั้น สมการการเคลื่อนที่ของวัตถุ คือ s = –4.9t2 + 98t (2) วัตถุขึ้นสูงสุด เมื่อ v = 0 จาก v = –9.8t + 98 จะได 0 = –9.8t + 98 t = 10 ดังนั้น วัตถุขึ้นไปสูงสุดเมื่อเวลาผานไป 10 วินาที
- 110. 170 (3) จาก (2) เมื่อ t = 10 จาก s = –4.9t2 + 98t จะได s = –4.9(10)2 + 98(10) s = 490 ดังนั้น ระยะทางสูงสุดที่วัตถุขึ้นไปไดคือ 490 เมตร (4) เมื่อ s = 249.9 จาก s = –4.9t2 + 98t จะได 249.9 = –4.9t2 + 98t t2 – 20t + 51 = 0 (t – 17)(t – 3) = 0 นั่นคือ t = 3 หรือ t = 17 ดังนั้น วัตถุจะอยูสูง 249.9 เมตร เมื่อเวลาผานไป 3 วินาที และ 17 วินาที 6. รถไฟวิ่งดวยความเรง a = dv dt = 1 (20 t) 4 − = t 5 4 − จาก dv dt = t 5 4 − จะได v = t (5 )dt 4 −∫ v = 2 1 t 5t c 8 − + ขณะ t = 0, v = 0 จะได c1 = 0 ดังนั้น v = 2 t 5t 8 − ถา t = 20 จะได v = 2 (20) 5(20) 8 − v = 50 นั่นคือ วินาทีที่ 20 รถไฟกําลังแลนดวยความเร็ว 50 เมตร / วินาที จาก ds dt = v = 2 t 5t 8 − จะได ds dt = 2 t 5t 8 − s = 2 t (5t )dt 8 −∫ s = 2 3 2 5t t c 2 24 − +
- 111. 171 ขณะ t = 0 , s = 0 จะได c2 = 0 ดังนั้น s = 2 3 5t t 2 24 − ถา t = 20 จะได s = 3 25 (20) (20) 2 24 − s = 2000 3 นั่นคือ เวลา 20 วินาที รถไฟแลนไดระยะทาง 2000 3 เมตร ตอจากนั้นรถไฟแลนตอไปดวยความเร็วคงที่ 50 เมตรตอวินาที หลังจากออกจากสถานี 30 วินาที ก็คือ แลนดวยความเร็วคงที่ตอไปอีก 10 วินาที จาก s = vt s = 50 × 10 s = 500 รถไฟแลนดวยความเร็วคงที่ตอไปอีก 10 วินาที เปนระยะทาง 500 เมตร ดังนั้น หลังจากรถไฟออกจากสถานี 30 วินาที จะอยูหางจากสถานีเปน ระยะทาง เทากับ 2000 500 3 + = 2 1166 3 เมตร เฉลยแบบฝกหัด 2.11 1. 4 3 3 (x 3)dx+∫ = 4 4x ( 3x) 34 + = 256 81 ( 12) ( 9) 4 4 + − + = 304 117 4 4 − = 187 4 V = 50 ความเร็วคงที่มีความเรง 20 วินาที 10 วินาที
- 112. 172 2. 3 2 1 (x 2x 3)dx− +∫ = 3 2 3x ( x 3x) 13 − + = 1 (9 9 9) ( 1 3) 3 − + − − + = 7 9 3 − = 20 3 3. 1 3 1 (4x 2x)dx − +∫ = 4 2 1 (x x ) 1 + − = (1 + 1) – (1 + 1) = 0 4. 1 23 1 dx x − −∫ = 11 ( ) 3x − − − = 1 1 3 − = 2 3 5. 4 2 32 3 (x )dx x +∫ = 3 2 4x 3 ( ) 23 2x − = 64 3 8 3 ( ) ( ) 3 32 3 8 − − − = 2039 55 96 24 − = 1819 96 6. 1 4 2 1 ( x x 1)dx − − + −∫ = 5 3 1x x ( x) 15 3 − + − − = 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 5 3 5 3 − + − − − + = 26 15 − 7. 1 2 0 x(x 1)dx+∫ = 1 3 0 (x x)dx+∫ = 4 2 1x x ( ) 04 2 + = 1 1 ( ) 0 4 2 + − = 3 4
- 113. 173 8. 1 2 2 2 0 x (x 1) dx+∫ = 1 6 4 2 0 (x 2x x )dx+ +∫ = 7 5 3 1x 2x x ( ) 07 5 3 + + = 1 2 1 ( ) 0 7 5 3 + + − = 92 105 9. 3 2 0 x ( 2x)dx 3 +∫ = 4 2 2x ( x ) 012 + = 16 ( 4) 0 12 + − = 16 3 10. 2 2 2 0 x(x 1) dx+∫ = 2 5 3 0 (x 2x x)dx+ +∫ = 6 4 2 2x x x ( ) 06 2 2 + + = 32 ( 8 2) 0 3 + + − = 62 3 เฉลยแบบฝกหัด 2.12 1. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ 0 2 4-2 4 8 12 X Y y = x2 -4
- 114. 174 ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x2 จาก x = –3 ถึง x = 0 เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–3, 0] จะได A = 0 2 3 x dx −∫ = 3 0x 33 − = 0 – (–9) = 9 ตารางหนวย 2. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x + 1 จาก x = –1 ถึง x = 1 เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 1] จะได A = 1 1 (x 1)dx − +∫ = 2 1x ( x) 12 + − = 1 1 ( 1) ( 1) 2 2 + − − = 2 ตารางหนวย 0 2 4-2 2 4 X Y y = x + 1 -4
- 115. 175 3. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = 6 + x – x2 จาก x = –1 ถึง x = 1 เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 1] จะได A = 1 2 1 (6 x x )dx − + −∫ = 2 3 1x x (6x ) 12 3 + − − = 1 1 1 1 (6 ) ( 6 ) 2 3 2 3 + − − − + + = 34 3 ตารางหนวย 4. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ 0 2 4-2 4 8 X Y y = 6 + x – x2 -4 0 2 4-2 4 8 X Y y = 9 – x2 -4
- 116. 176 ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = 9 – x2 จาก x = –3 ถึง x = 3 เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–3, 3] จะได A = 3 2 3 (9 x )dx − −∫ = 3 3x (9x ) 33 − − = (27 – 9) – (–27 + 9) = 36 ตารางหนวย 5. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ ให A แทนพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x2 – 25 จาก x = –1 ถึง x = 3 เนื่องจาก f(x) ≤ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–1, 3] จะได A = 3 2 1 (x 25)dx − − −∫ = 3 3x ( 25x) 13 − − − = 1 [(9 75) ( 25)] 3 − − − − + = 272 3 ตารางหนวย 5-5 -10 -20 -30 10 X Y 25xy 2 −= 0
- 117. 177 6. พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 0 ถึง x = 1 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ 1 1 2 2 × × = 1 ตารางหนวย จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(1) – F(0) = 1 0 f (x)dx∫ = –1 ดังนั้น F(1) = –1 + 0 = –1 พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 1 ถึง x = 2 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ 1 1 (2 1) 2 × × + = 3 2 ตารางหนวย จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(2) – F(1) = 2 1 f (x)dx∫ = 3 2 − ดังนั้น F(2) = 3 1 2 − − = 5 2 − พื้นที่ที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) จาก x = 2 ถึง x = 3 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ 1 1 1 2 × × = 1 2 ตารางหนวย จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(3) – F(2) = 3 2 f (x)dx∫ = 1 2 − ดังนั้น F(3) = 1 5 2 2 − − = –3 พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 3 ถึง x = 4 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ 1 1 1 2 × × = 1 2 ตารางหนวย จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(4) – F(3) = 4 3 f (x)dx∫ = 1 2 ดังนั้น F(4) = 1 3 2 − = 5 2 − y = f(x)-2 Y 0 2 4 2 X -1 6
- 118. 178 พื้นที่ที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 4 ถึง x = 5 ซึ่งมีพื้นที่เทากับ 1 1 1 2 × × = 1 2 ตารางหนวย จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(5) – F(4) = 5 4 f (x)dx∫ = 1 2 ∴ F(5) = 1 5 2 2 − = –2 ดังนั้น F(b) มีคา –1, 5 2 − , –3, 5 2 − , –2 เมื่อ b = 1, 2, 3, 4, 5 ตามลําดับ 7. เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [0, 2] เทากับ 5 จะได 2 0 F (x)dx′∫ = 5 จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(2) – F(0) = 2 0 F (x)dx′∫ F(2) = 5 + 3 = 8 เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [2, 5] เทากับ 16 จะได 5 2 F (x)dx′∫ = –16 จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(5) – F(2) = 5 2 F (x)dx′∫ F(5) = –16 + 8 = –8 เนื่องจากพื้นที่ปดลอม F′(x) กับแกน X บน [5, 6] เทากับ 10 จะได 6 5 F (x)dx′∫ = 10 จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(6) – F(5) = 6 5 F (x)dx′∫ F(6) = 10 – 8 = 2