บทที่ 2

แคลคูลัสเบื้องตน (50 ชั่วโมง)

แคลคูลัสเปนสาระการเรียนรูที่สามารถนําไปประยกุตใชเกี่ยวกับการเปลี่ยนแปลง เชน การเจริญเติบโตของรางกายในแตละวัน การเพิ่มของพลเมืองในแตละประเทศ การเกิดและการตายของพืชและสัตว การละลายของสารเคมี และการเคลื่อนทีข่องวัตถุ ในบทเรียนนี้เร่ิมตนจาก ลิมิตของฟงกชัน ความตอเนื่องของฟงกชัน ความชนัของเสนโคง อนุพันธของฟงกชัน การหาอนุพันธของฟงกชันพีชคณิตโดยใชสูตร อนุพันธของฟงกชันประกอบ อนุพนัธอันดับสูง การประยุกตของอนุพันธ ปริพนัธ ปริพันธไมจํากัดเขต ปริพันธจํากัดเขต และพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง ตามลําดับ

ผลการเรียนรูที่คาดหวัง

1. หาลิมิตของฟงกชันที่กําหนดใหได 2. บอกไดวาฟงกชันที่กําหนดใหเปนฟงกชันตอเนื่องหรือไม 3. หาอนุพันธของฟงกชันได 4. นําความรูเร่ืองอนุพันธของฟงกชันไปประยุกตได 5. หาปริพันธไมจํากัดเขตของฟงกชันที่กาํหนดใหได 6. หาปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันบนชวงที่กําหนดให และหาพืน้ทีป่ดลอมดวยเสนโคงบนชวงที่ กําหนดใหได

ผลการเรียนรูที่คาดหวังเปนผลการเรียนรูที่สอดคลองกับมาตรฐานการเรียนรูชวงชัน้ดาน ความรู ดังนั้นในการจดัการเรียนรู ผูสอนตองคํานงึถึงมาตรฐานการเรยีนรูดานทกัษะกระบวนการ ทางคณิตศาสตรดวยการสอดแทรกกจิกรรมหรือโจทยปญหาที่จะสงเสริมใหผูเรียนเกดิทักษะกระบวนการทางคณิตศาสตรที่จําเปน อันไดแก ความสามารถในการแกปญหา การใหเหตุผล การสื่อสาร การสื่อความหมายทางคณิตศาสตรและการนาํเสนอ การเชือ่มโยงความรูตาง ๆ ทางคณิตศาสตรและเชื่อมโยงคณิตศาสตรกับศาสตรอ่ืน และการคิดริเร่ิมสรางสรรคนอกจากนั้นกิจกรรมการเรียนรู ควรสงเสริมใหผูเรียนตระหนักถึงคุณคาและมีเจตคติที่ดีตอวิชาคณิตศาสตร ตลอดจน ฝกใหนกัเรียนทํางานอยางเปนระบบ มีระเบียบวนิัย รอบคอบ มีความรับผิดชอบ มีวิจารณญาณ และมีความเชือ่มั่นในตนเอง

62

ขอเสนอแนะ

1. ฟงกชันที่กลาวถึงในหนังสือเรียนเลมนี้เปนฟงกชันพีชคณิตและเนนเฉพาะฟงกชัน พหุนามและฟงกชันตรรกยะเนื่องจากผูเรียนมีความรูพื้นฐานในเรื่องฟงกชันพหุนามและฟงกชันตรรกยะมาแลว สําหรับฟงกชันอื่นๆ เชน ฟงกชันลอการิทึม ฟงกชันตรีโกณมิติ จะ ไมนํามากลาวในระดบันี้ ผูเรียนจะไดเรียนเมื่อศึกษาคณิตศาสตรในระดับอุดมศึกษาตอไป 2. ผูสอนควรยกตวัอยางฟงกชันในรูปของกราฟและสมการที่ผูเรียนคุนเคย เชน ฟงกชันเชิงเสน ฟงกชันกําลังสอง เปนตน เพื่อใหเกดิความสะดวกในการพิจารณาหาลิมิต 3. เมื่อกลาวถึง ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a หาคาไมได หมายความวา ลิมิตซาย ของ f ที่ x = a ไมเทากับลิมิตขวาของ f ที่ x = a 4. จากบทนยิามของฟงกชันตอเนื่องที่กลาววา เมื่อ c เปนจํานวนจริงใดๆ ที่อยูในชวงเปด (a, b) ฟงกชัน f เปนฟงกชัน ซ่ึงนิยาม บนชวงเปด (a, b) f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = c ก็ตอเมื่อฟงกชัน f มีสมบัติตอไปนี้ 1) f(c) หาคาได 2)

x clim f (x)→

หาคาได 3)

x cf (c) lim f (x)

→=

ผูสอนควรยกตัวอยางใหผูเรียนสรุปใหไดวา การตรวจสอบวาฟงกชันที่กําหนดใหเปนฟงกชันตอเนื่องที่จุดที่กําหนดใหหรือไม ควรพิจารณาคาของฟงกชัน ณ จุดที่กําหนดใหกอน เนื่องจากเปนคาที่พิจารณาไดงายที่สุดในสมบัติ 3 ขอขางตน ถาหาคาไมไดก็สรุปวา ฟงกชันนั้นไมตอเนื่อง ณ จุดที่กําหนดให 4.1 ผูสอนแสดงใหผูเรียนเขาใจโดยการใชภาพประกอบการอธิบาย เชน

1)

1. f(a) = L2 2. )x(flim

ax→ไมนิยาม

f(x) ไมตอเนือ่งที่ x = a

X

Y

0 a

L1

L2

y = f(x)

63

2)

3)

4)

4.2 เมื่อผูสอนชี้ใหผูเรียนเห็นภาพความตอเนื่องของฟงกชันแลวควรเนนใหผูเรียนนํา ทฤษฏีบทในการหาคาลิมิตของฟงกชันที่มคีวามตอเนื่องที่ a ไปใช 5. กอนที่จะสอนเรื่องความชันของเสนโคงผูสอนควรทบทวนเรื่องการหาความชันของเสนตรงกอนและหลังจากที่สอนเรื่องความชันของเสนโคงแลว ผูสอนควรใหผูเรียนสรุปไดวา ความชันของเสนโคงหรือความชันของเสนสัมผัสเสนโคงเปนจาํนวนบวกหรือลบในชวงที่กําหนดใหนั้นทําใหรูวาฟงกชันในชวงนั้นๆ เปนฟงกชันเพิ่มหรือฟงกชันลด

1. f(a) ไมนิยาม 2. L)x(flim

ax=

→

f(x) ไมตอเนือ่งที่ x = a

1 f(a) = L2 2 1L)x(flim

ax=

→

3 f(a) ≠ )x(flimax→

f(x) ไมตอเนือ่งที่ x = a

1. f(a) = L 2. L)x(flim

ax=

→

3. f(a) = )x(flimax→

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)

64

6. ในหวัขอ 2.4 อนุพนัธของฟงกชัน ผูสอนตองทําความเขาใจกบัผูเรียนวา การหาความชันของเสนโคง )x(fy = ที่จุด )y,x( ใดๆ คือการหาอนพุันธของฟงกชัน f ที่จุดที่กาํหนดใหนัน้ 7. การหาอนพุันธของฟงกชัน f ที่ x ในหวัขอนี้เนนการใชบทนิยาม คอื

h)x(f)hx(flim)x(f

0h

−+=′

→ อนุพันธของฟงกชันจะหาไดก็ตอเมื่อสามารถหา

h)x(f)hx(flim

0h

−+→

ไดเทานัน้ ดังนั้นในการใหผูเรียนหาอนพุนัธโดยใชบทนิยาม ผูสอนไมควรกลาวถึงฟงกชันทีห่า

h)x(f)hx(flim

0h

−+→

ไมได หรือหาไดแตยุงยาก เชน f(x) = |x| , x3xx2x)x(f 23 −+−=

8. ผูสอนควรทําความเขาใจในเรื่องการใชสัญลักษณ อนพุันธของฟงกชัน f ที่ x สามารถเขียนแทนดวย )x(f ′ ,

dxdy , y′ และ

dx)x(df การเขียนในรูปเศษสวนผูสอนให

ขอสังเกตกับผูเรียนวา ตัวแปรตาม ( y ) จะเขยีนเปนตัวเศษและตัวแปรตน ( x ) จะเขยีนเปน ตัวสวน การเขียน

dxdy หมายถึง อนุพันธของฟงกชัน f ที่ x ไมได หมายถึง d คูณ y

หาร d คูณ x 9. อนุพันธของฟงกชัน f ในหนังสือเรียนเลมนี้ใหความหมายเพื่อการนําไปประยุกตใชไว 2 แบบ คอื )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(flim)x(f

0h

−+=′

→ เพื่อใหเกิดความเขาใจที่มาของสูตรกอน หลังจากนัน้

จึงสอนเรื่องการใชสูตรในการหาอนุพันธ 11. การยกตวัอยางหรือการใหแบบฝกหัดเพิ่มเติมควรเปนฟงกชัน ที่อยูในรูปผลบวก

ผลตาง ผลคูณ และผลหารของฟงกชันพีชคณิตที่งาย ๆ 12. ในการสอนเรื่อง การหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชสูตร ไมควรยกตัวอยางฟงกชันที่ไมสามารถหาอนุพันธไดบางจุด เชน ฟงกชันที่มีกราฟเปนรูปหัก และฟงกชันที่มีคาคงตัวเปนชวง ๆ

ตัวอยาง x)x(f = เมื่อเขียนกราฟจะไดกราฟดังนี ้

Y

x)x(f =

X 0

65

จะเห็นวาที่ 0x = นั้น h

)x(f)hx(flim)x(f0h

−+=′

→ หาคาไมไดเพราะวา

1hhlim

h)0(f)h(flim

h)0(f)h0(flim

0h0h0h−=

−=

−=

−+−−− →→→

และ

1hhlim

h)0(f)h(flim

h)0(f)h0(flim

0h0h0h==

−=

−++++ →→→

จะเห็นวา h

)0(f)h0(flimh

)0(f)h0(flim0h0h

−+≠

−++− →→

แต ax = เมื่อ 0a ≠ จะพิจารณา 2 แบบ คือ 1) เมื่อ 0a > จะไดวา 1

hhlim

ha)ha(lim

h)a(f)ha(flim

0h0h0h==

−+=

−+−−− →→→

และ 1hhlim

ha)ha(lim

h)a(f)ha(flim

0h0h0h==

−+=

−++++ →→→

ดังนั้น h

)a(f)ha(flim0h

−+→

หาคาได

2) เมื่อ 0a < จะไดวา 1

hhlim

h)a()ha(lim

h)a(f)ha(flim

0h0h0h−=

−=

−−+−=

−+−−− →→→

และ 1hhlim

h)a()ha(lim

h)a(f)ha(flim

0h0h0h−=

−=

−−+−=

−++++ →→→

ดังนั้น h

)a(f)ha(flim0h

−+→

หาคาได

นั่นคือ ฟงกชัน f หาคาไดที ่ a เมื่อ 0a ≠ ควรชี้ใหผูเรียนเห็นวาสําหรับฟงกชัน f ที่กําหนดคา x เปนชวง เชน

⎩⎨⎧

<−≥

=0x,x

0x,x)x(f

ถาจะหาอนพุนัธที่ x = 0 โดยใชสูตรดงันี้

⎩⎨⎧

<−≥

=′0x,1

0x,1)x(f

จะทําใหไดขอสรุปวา 1)0(f =′ ซ่ึงไมถูกตอง เนื่องจากฟงกชันนี้ไมมีคา

h)x(f)hx(flim

0h−+

→ เมื่อ x = 0 หรือไมมีคาอนุพันธ

ที่จุด x = 0 นั่นเอง ผูสอนจึงควรย้ํากบัผูเรียนวาการใชสูตรในการหาอนุพันธ ณ จุดที่กําหนดจะใชไดเมื่อฟงกชันมีคาอนุพันธ ณ จุดนัน้

66

13. ในการหาคาต่ําสุดหรือสูงสุดของฟงกชัน )x(fy = ซ่ึงหาไดโดยอาศยัการหาคา x

ที่ทําให 0)x(f =′ นัน้ ผูสอนควรบอกใหผูเรียนทราบวา ไมจาํเปนเสมอไปวา ณ คา x ที่ 0)x(f =′ จะใหคาต่ําสุดสัมพัทธหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจงึจําเปนตองมกีารทดสอบคา

ดังกลาวดวย เชน ถา 3x)x(f =

2x3)x(f =′ ถา 0)x(f =′ จะได 0x3 2 = นั่นคือ x = 0 เปนคาวิกฤต

แตกราฟ จดุ (0,0) ไมเปนจดุต่ําสุดหรือจดุสูงสุดของกราฟของฟงกชัน 3x)x(f = ดังนั้นในกรณีที่กําหนดฟงกชัน f ที่มีอนุพันธใหแลวใหหาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธของฟงกชัน ตองทดสอบวาเมื่อ 0)a(f =′ จุด ))a(f,a( ที่หาไดเปนจุดที่ฟงกชันมีคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธหรือไม โดยพิจารณาดังนี ้ 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. ในกรณีทีต่องการทดสอบคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธของฟงกชัน เมื่อทราบวา a ทําให 0)a(f =′ จะเลือก x มากกวา a เล็กนอย และ x นอยกวา a เล็กนอย มาทดสอบ คําวาเล็กนอยนั้นพิจารณาไดดังนี ้ 1) กรณทีี่มี x เพียง 1 คาที่ทําให 0)x(f =′ เชน a เปนคาที่ทําให 0)a(f =′ การเลือกคาที่นอยกวา a และคาที่มากกวา a มาทดสอบ จะเลือกคาใดก็ได ผูสอนอาจจะใชภาพประกอบคําอธิบายเพื่อใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบตอไปนี ้

X

Y

0

67

2) กรณีที่มี x สองคาที่ทําให 0)x(f =′ เชน b และ c เปนคาที่ทําให 0)c(f,0)b(f =′=′ และ b < c จะพิจารณาดงันี้

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( ∞ ผูสอนอาจจะใชภาพประกอบคําอธิบายเพือ่ใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบตอไปนี ้

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 << จะพิจารณาดังนี ้

คา x ที่นอยวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )b,(−∞ คา x ที่มากกวา b เล็กนอย เลือกจากจํานวนจรงิในชวง )c,b( คา x ที่นอยวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจรงิในชวง )c,b( คา x ที่มากกวา c เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )d,c(

คา x ที่นอยกวา d เล็กนอย เลือกจากจํานวนจริงในชวง )d,c( คา x ที่มากกวา d เล็กนอย เลือกจากจํานวนจรงิในชวง ),d( ∞

X 0 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

X 0

Y

0)a(f =′

ax > ax < a

68

ผูสอนอาจจะใชภาพประกอบคําอธิบายเพือ่ใหผูเรียนสามารถมองเห็นชวงของ x ไดชัดเจนขึ้น ดังภาพประกอบตอไปนี ้

ตัวอยาง จงหาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธของ x3x2xx)x(f 234 −−+= วิธีทํา 3x4x3x4)x(f 23 −−+=′ = )1x)(1x)(3x4( +−+ เมื่อ 0)x(f =′ จะไดวา คําตอบของสมการ คือ 31,

4− − และ 1

พิจารณาคาของ x + 1 , 4x + 3 และ x – 1 โดยใชคา x ในชวงทั้ง 4 ขางตน และสรุป โดยใชเครื่องหมาย ( – ) และ ( + ) แทนคําวาเปนจํานวนจริงลบและจํานวนจริงบวกได ดังตารางตอไปนี้

)1,( −−∞ )43,1( −− )1,

43(− (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 )

43,1( −− 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 )

43,1( −−

X X

ชวง พจนของ )x(f ′

d

Y

0 cx >

0)c(f =′ 0)b(f =′

cx < bx < bx > dx > dx <

0)d(f =′

c b

Y

0 b cx >

0)c(f =′ 0)b(f =′

c cx < bx < bx > dx > dx <

0)d(f =′

d

69

3) เมื่อ ∈x )1,43(− 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,

43(−

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) สรุปเปนตารางไดดังนี ้

ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ สรุป

)1,( −−∞

–

เปนฟงกชันลด

)43,1( −−

+

เปนฟงกชันเพิม่

)1,43(−

–

เปนฟงกชันลด

(1,∞ )

+

เปนฟงกชันเพิม่

1) )x(f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 1x −= และ คาต่ําสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =− )1(f 1 2) )x(f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่

43x −= และ

คาสูงสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =− )43(f 1.02

3) )x(f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 1x = และ คาต่ําสุดสัมพัทธของ )x(f คือ =)1(f –3

15. 15.1 การใชอนุพันธอันดับที่สองหาคาต่ําสุดสัมพัทธและคาสูงสุดสัมพัทธนั้นในการอธิบายใหผูเรียนเขาใจวาเหตใุดเมื่ออนุพนัธอันดับที่สอง ณ จุดวกิฤตเปนบวกจึงใหคาต่ําสุดสัมพัทธและเหตใุดเมื่ออนุพนัธอันดบัที่สอง ณ จุดวกิฤตเปนลบจึงใหคาสงูสุดสมัพัทธ ผูสอนอาจจะใชกราฟประกอบดังนี ้ จาก )x(fy = )x(f

dxdy ′= เปนอนพุันธอันดับทีห่นึ่ง

หาอนุพันธของฟงกชัน )x(f ′

dx

))x(f(d ′ dx

)dxdy(d

=

2

2

dxyd

=

จาก dxdy เปนคาความชันของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด x ใด ๆ

เนื่องจาก 2

2

dxyd

dx

)dxdy(d

=

70

นั่นคือ 2

2

dxyd หมายถึง อัตราการเปลี่ยนแปลงของความชันเทยีบกับ x

จาก h

)x(f)hx(flimdxdy

0x−+

=→

ถา 2

2

dxyd < 0 จดุที่ x = x0 จะใหคาสูงสุดสัมพัทธ ซ่ึงพิจารณาไดจากกราฟ

ถา 2

2

dxyd > 0 จุดที่ x = x0 จะใหคาต่ําสุดสมัพัทธ ซ่ึงพิจารณาไดจากกราฟ

15.2 การสอนใหผูเรียนพิจารณา คา x ที่เปนคาวิกฤตนั้นจะทําใหฟงกชันมีคาต่ําสุดสัมพัทธหรือคาสูงสุดสัมพัทธโดยใชอนุพนัธอันดับที่สอง ผูสอนควรสอนภายหลังจากที่ผูเรียนไดฝกการพจิารณาคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดโดยใชอนุพนัธอันดบัที่หนึ่งไปแลว มิฉะนั้นผูเรียนจะไมสนใจเรียนเพราะตองการแตจะทราบถึงวิธีลัดเทานั้น ผูสอนควรใหผูเรียนไดฝกโดยใชอนุพนัธอันดบัทีห่นึ่งเสียกอน เพราะผูเรียนจะไดทราบถึงเหตุผลในการสรุปเกี่ยวกับคาสูงสุดและคาต่ําสุดไดชัดเจนขึ้น และผูสอนควรเนนใหผูเรียนทราบวาสําหรับบางฟงกชันหรือคาวกิฤตบางคาไมสามารถใชอนุพันธอันดบัที่สองตรวจสอบคาสูงสุดและคาต่ําสุดสัมพัทธของฟงกชันได ผูเรียนควรตรวจสอบโดยใชอนพุันธอันดับหนึ่ง เชน

X x0

Y

0dxdy

> 0dxdy

=

0

x0 X

Y

0dxdy

<

0dxdy

=

0

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 =′′ ซ่ึงไมสามารถตรวจสอบไดวา ที่ x = 1 จะให คาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจะตองใชอนุพันธอันดับที่หนึง่ตรวจสอบ จาก 3)1x(4)x(f −=′ พิจารณาเครื่องหมายของ )x(f ′ ในชวง )1,(−∞ และ ),1( ∞ ดังตารางตอไปนี้

ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ 1x < – เปนฟงกชันลด 1x > + เปนฟงกชันเพิม่

จากตารางสรุปไดวา f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 1 และคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 1 คือ f(1) = 0 ผูสอนอาจจะใหผูเรียนพจิารณาจากกราฟจะทําใหผูเรียนเขาใจมากขึ้น

2) 34 x2x)x(f −=

หาจุดวิกฤตของ f จาก 34 x2x)x(f −= 23 x6x4)x(f −=′ )6x4(x 2 −= คาของ x ที่ทําให 0)x(f =′ คือ 0 และ 3

2 จะไดจดุวกิฤตของ f คือ x = 0 และ

23x =

1 -1 0 2

1

2

X

Y

-1

72

จาก 23 x6x4)x(f −=′ x12x12)x(f 2 −=′′ พิจารณากรณทีี่ 3x

2=

จะได 9)23(12)

23(12)

23(f 2 =−=′′ ซ่ึงมากกวา 0

แสดงวา f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ 23x = และคาต่ําสุดสัมพัทธที่

23x = คือ

69.1)23(2)

23()

23(f 34 −=−=

พิจารณากรณทีี่ 0x = จะได f (0) 0′′ =

ซ่ึงไมสามารถตรวจสอบไดวา ที่ x = 0 จะใหคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจะตองใชอนุพันธอันดบัที่หนึ่งตรวจสอบ

จาก 23 x6x4)x(f −=′ )6x4(x 2 −= พิจารณาเครื่องหมายของ )x(f ′ ในชวง )0,(−∞ , )

23,0( และ ),

23( ∞ ดังตาราง

ตอไปนี ้

ชวง )x(f ′ ลักษณะของกราฟ 0x < – เปนฟงกชันลด

23x0 << – เปนฟงกชันลด

23x > + เปนฟงกชันเพิม่

จากตารางสรุปไดวา 1) f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่

23x = และคาต่ําสุดสัมพัทธที่

23x = คือ

69.1)23(2)

23()

23(f 34 −=−=

2) f ไมมีคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 0

73

ผูสอนอาจจะใหผูเรียนพจิารณาจากกราฟจะทําใหผูเรียนเขาใจมากขึ้น หลังจากยกตัวอยางขางตนผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา ทําไมฟงกชันบางฟงกชันจึงใช อนุพันธอันดับที่สองตรวจสอบคาวิฤตได แตบางฟงกชันไมสามารถทําได ผูเรียนควรสังเกต ไดวา สําหรับจุดวิกฤตที่ทําใหคาอนุพันธอันดับที่สองมีคาเทากับศูนย บางจุดจะทําใหไดคาต่ําสุดหรือคาสูงสุดสัมพัทธ แตบางจุดไมไดใหทั้งคาต่ําสุดและคาสูงสุดสัมพัทธ ดังนั้นจึงไมสามารถใชอนุพันธอันดับที่สองตรวจสอบคาสูงสุดและคาต่ําสุดสัมพัทธของฟงกชันได แตจะตรวจสอบไดโดยใชการหาอนุพันธอันดับที่หนึ่ง

16. ในหวัขอ 2.9 เปนการหาฟงกชันในกระบวนการตรงกันขามกับการหาอนุพันธ เรียกวาการหาปฏิยานุพันธ ในหนังสือบางเลมเรียกวาการอินทิเกรต ดังแผนภาพตอไปนี้

)x(F

หาอนุพันธ หาปฏิยานุพนัธ

)x(F′

-1 1 2

-2

-1

1

2

X

Y

0

74

17. ถาอนุพันธของฟงกชันอยูในรูป nxdxdy

= แลวใหหาฟงกชันเดิม โดยใชสูตร

1nxy

1n

+=

+

จะเห็นวาจะหาฟงกชันนี้ไมได เมื่อ 1n −= ดังนั้นในการกําหนดอนพุันธของฟงกชัน

ใหอนุพนัธของฟงกชันที่กําหนดใหตองไมอยูรูป x1 หรือ

bax1+

เมื่อ b,a เปนจํานวนจริงที่

0a ≠ เนื่องจากฟงกชันที่มีอนุพนัธอยูในรูปดงักลาวจะเปนฟงกชันลอการิทึมในรูป xlny = และ cbaxlnay ++= ซ่ึงฟงกชันในลักษณะแบบนี้ผูเรียนจะไดเรียนในระดับสูงตอไป

18. รูปทั่วไปของปฏิยานุพนัธของ f คือ ฟงกชัน c)x(Fy += เมื่อ c เปนคาคงตัวและ )x(f)x(F =′ เขียนแทนปฏิยานุพนัธของ f ดวยสัญลักษณ ∫ dx)x(f อานวา ปริพันธ ไมจํากัดเขตของฟงกชัน f เทียบกับตวัแปร x

19. จากตัวอยางที่ 5 หัวขอ 2.10 เร่ืองปริพันธไมจํากัดเขต ที่กลาววา ∫ + dx)x2x( 2 = ∫ ∫+ xdx2dxx 2

= [ ]2

2

1

3

c2

x2c3x

+++

= cx3x 2

3

++ เมื่อ 21 c2cc +=

ผูสอนควรเนนใหผูเรียนเหน็วาในการหาคาของ ∫ dxx 2 ใหคาคงตัวหนึ่ง คือ 1c และในการหาคาของ ∫ xdx2 ใหคาคงตัว คือ 2c2 ซ่ึงคาคงตัวที่เกดิขึ้นนี้มีหลายคาแตนิยมเขยีนสรุปโดยใช c เพียงคาเดียว ซ่ึงในที่นี้หมายถึง 21 c2c +

20. ในหัวขอ 2.11 ในการหาปริพันธจํากัดเขต และ )x(fy = ตองเปนฟงกชันตอเนื่องบนชวงปด [a, b] ซ่ึงหาไดจากทฤษฎีหลักมูลของแคลคูลัสและไมเนนการพสูิจน ดังนี ้ 1) หา )x(F ซ่ึงเปนปฏิยานุพนัธของ )x(f หรือ หา ∫ dx)x(f 2) หา )a(F)b(F −

และคาที่ไดจาก 2) จะเปนคาของปริพันธจํากัดเขต ∫b

adx)x(f

การหาปริพันธจํากัดเขตไมตองบวกคา c เนื่องจาก การหา )a(F)b(F − คา c จะหักลางกันหมดไป 21. ในการศึกษาหวัขอ 2.12 เร่ืองพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง จะศึกษาเฉพาะเสนโคงของฟงกชันพหุนามที่เลขชี้กําลังเปนจํานวนเต็มบวกไมเกินสอง และจะตองระบุดวยวาเปนการหาพืน้ที่ที่ปดลอมดวยกราฟของฟงกชันที่กําหนดให แกน X เสนตรง ax = และเสนตรง bx = เมื่อ

Rb,a ∈ ผูสอนควรย้ําวาในหนังสือเรียนที่ไมไดเขยีนแกน X ไวนั้นจริง ๆ แลว มีเสนปดลอมอีกเสนหนึ่ง คือ แกน X แตในทีน่ี้ไดละไว สําหรับการหาพืน้ที่ที่อยูระหวางเสนโคงสองเสน ไมไดศึกษาในหวัขอนี้

75

กิจกรรมเสนอแนะ

ลิมิตของฟงกชัน 1. ผูสอนฝกใหผูเรียนทําความเขาใจความหมายของคําวา x เขาใกล a โดยการลากเสนจํานวนดังรูป

จากนั้น ผูสอนกําหนดจํานวนจํานวนหนึง่ให เชน 2 แลวใหผูเรียนหาจํานวนที่มีคามากกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ผูสอนบอกผูเรียนวาการพิจารณาจํานวนจรงิ x ที่มีคามากกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ซ่ึง เรียกวา x มีคาเขาใกล 2 ทางดานขวาเขยีนแทนดวยสัญลักษณ x → 2+ ในทํานองเดียวกัน ผูสอนใหผูเรียนหาจํานวนที่มีคานอยกวา 2 และมคีาเขาใกล 2 และ บอกผูเรียนวา เปนการพิจารณาจํานวนจริง x ที่มีคานอยกวา 2 และมีคาเขาใกล 2 ซ่ึงเรียกวา x มีคาเขาใกล 2 ทางดานซายเขยีนแทนดวยสัญลักษณ 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 ซ่ึงควรไดผลดังนี ้

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

76

1) f(x) = 2x – 1 เมื่อ x เขาใกล 1

เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา x มีคาเขาใกล 1 ทางดานซายและดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 1 เพียงคาเดยีว

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 3 0 X

Y

f(x) = 1x2 −

Y

2

1

4

X 0

5x4x)x(f 2 +−=

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 ทางดานซายและดานขวา คาของ f(x) มีคาเขาใกล 0 เพียงคาเดยีว

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 =

78

5) f(x) = เมื่อพิจารณาคาของ f(x) ในตารางและกราฟ จะเห็นวา เมือ่ x มีคาเขาใกล 1 ดานซาย f(x) มีคา เขาใกล 1 เมื่อ x มีคาเขาใกล 1 ดานขวา f(x) เขาใกล 0

3. จากการพจิารณาฟงกชันทีก่ําหนดใหขางตน 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. ผูสอนสรุปวาในกรณีทัว่ไป “คาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย มีคาเทากับ Lเขียนแทนดวย

x alim f (x)

−→ = L อานวา ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย

เทากับ Lและ “คาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา มีคาเทากบั L เขียนแทนดวย

x alim f (x)

+→ = L อานวา ลิมิตของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา เทากับ L และถา f เปน

ฟงกชัน และ f(x) มีคาเขาใกลจํานวนจริง L เพียงคาเดยีว 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 alim f (x)→

= L และ ถา f เปนฟงกชัน และคาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานซาย ไมเทากับคาของ f(x) เมื่อ x เขาใกล a ทางดานขวา กลาววา

x alim f (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

79

5. ผูสอนชี้ใหผูเรียนเหน็วา บางครั้งการหาคาลิมิตของฟงกชันโดยการใชกราฟหรือคํานวณคาของฟงกชันนัน้ไมสะดวก โดยทัว่ไปจะใชวิธีการหาลิมิต โดยอาศัยทฤษฎบีทเกี่ยวกับ ลิมิต ผูสอนควรแนะนําทฤษฎีบทเกีย่วกบัลิมิตพรอมกับตัวอยางการนําทฤษฎีบทเกี่ยวกับลิมิตไปใช ความตอเนื่องของฟงกชัน

1. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณากราฟของฟงกชันที่กําหนดใหดังรูปผูสอนและผูเรียนรวมกันอภิปรายความหมายของความตอเนื่องของฟงกชัน โดยผูสอนยกตวัอยางกราฟในรูป 1)

2) 3)

X

Y

0 a

)x(fy 2=

X

Y

0 a

)x(fy 3=

X

Y

0 a

)x(fy 1=

80

4) เมื่อผูเรียนพิจารณากราฟควรอธิบายไดวา มีเพียงกราฟขอ 4) ตอเนื่องที่จุด x = a สวนกราฟขอ 1), 2) และ 3) ไมตอเนื่องเพราะมีบางจุดทีก่ราฟขาดตอน และควรบอกไดวาขาดสมบัติในขอใดบาง 2. ผูเรียนพิจารณาความตอเนื่องของฟงกชันที่กําหนด ณ จุดทีก่ําหนดใหพรอมทั้งบอกเหตุผล

1) f(x) = 2x x 2x 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

2x1 , x ≠ 0

1 , x = 0

Y

-1 1 2

1

-1 0

X -2

2

3

81

3) f(x) = ณ จุดที่ x = 2 3. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาความตอเนื่องของฟงกชันเมือ่ กําหนดให

5x5x)x(f 2 −−= พิจารณา )1(f และ )x(flim1x→

)1(f = –9

)x(flim1x→

= –9 จะเห็นวา )1(f = )x(flim

1x→

เมื่อพิจารณากราฟจะเห็นวา f(x) มีความตอเนื่องที่ x = 1

2x x 2x 2− −−

, x ≠ 2 1 , x = 2

Y

-1 1 2

1

-1 0

X -2

2

3

(2, 1)

Y

X2 4 6 0

5

10

–10

–5

–2

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(flimax→

5. ผูสอนแนะนําผูเรียนใหใชหลักการขางตนหาความตอเนื่องบนชวงของฟงกชันแลวใหผูเรียนทาํแบบฝกหัด

ความชันของเสนโคง 1. 1) ผูสอนทบทวนเกี่ยวกับการหาความชันของเสนตรง โดยพิจารณารปูตอไปนี ้

ผูเรียนควรตอบไดวา ความชัน คือ 1 112 22 1

−

− = 1

2) ผูสอนเสนอแนะผูเรียนเกีย่วกับกรณีทัว่ไปวาการหาความชันของเสนตรงคือ อัตราสวนของ k และ h ดังนั้น ความชนัของเสนตรง คือ b k b

a h a+ −+ −

= kh

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 )

211,2(

)21,1(

P

83

2. ผูเรียนใชความรูจากการหาความชันของเสนตรงหาความชันของเสนโคง โดยผูสอนกําหนดฟงกชันดวยแผนภาพตอไปนี้โดยกําหนดจุด Q(a + h, b + k) ที่มีระยะหางจากจุด P(a, b) ตาง ๆ กัน เพือ่ใหผูเรียนมองเห็นความสัมพันธของความชันของเสนโคงและความชนัของเสนตรง 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)limh→

+ − = 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 5limh→

+ + − − + − + −

= 2

h 0

hlimh→

= 0

X

4

2

2

Y 5x4x)x(f 2 +−=

0 P

1Q

2Q 3Q

... ... ...

84

ผูเรียนควรสรุปไดวา การหาความชันของเสนโคง ณ พกิัดของจุดทีก่ําหนดให เมื่อ h เขาใกล 0 ความชัน คือ 0 จากกราฟและตารางที่ 1 ผูเรียนหาความชนัไดดังนี ้ 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 ซ่ึงสามารถหาความชันไดจากการหา

h 0

f (2 h) f (2)limh→

+ − คือการหาความชนัของเสนโคงนั่นเอง แตถาจุด Qn ทับกับจุด P พอดี จุดนัน้ก็จะเปนจุดสัมผัสซึ่งมีสมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด P(x, y) ใด ๆ 3. ผูสอนสรุปเปนกรณีทัว่ไป โดยใชบทนิยามในหนังสือเรียนถา y = f(x) เปนสมการของเสนโคง เสนตรงที่สัมผัสเสนโคงที่จุด P(x, y) ใด ๆ จะเปนเสนตรงที่ผานจุด P และมีความชนั m =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − ถาลิมิตหาคาไดความชัน ณ จดุ P(x, y) หมายถึง ความชันของเสนสัมผัสเสนโคง ณ จุด P 4. ผูเรียนทําแบบฝกหัด อนุพันธของฟงกชัน 1. ผูสอนทบทวนเรื่องการหาความชันของเสนโคง ผูเรียนควรบอกไดวา การหาความชันของเสนโคง y = f(x) ที่จุด P(x, y) เปนการหาความชันของ PQ เมื่อจดุ Q(x + h, y + k) เปน จุดใด ๆ โดยให h เขาใกล 0 ซ่ึงเปนการหาอัตราสวนระหวาง f(x + h) – f(x) กับ h เมื่อ คา h เขาใกล 0 จึงไดความชนัเสนโคง คือ m =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − เมื่อลิมิตหาคาได 2. ผูสอนบอกผูเรียนวา โดยใชบทนยิามในหนังสือเรียน ถา y = f(x) เปนฟงกชันและมีโดเมนและเรนจ เปนสับเซตของจํานวนจริง และ

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − หาคาได เรียกลิมิตที่ไดนี้วา อนุพันธของฟงกชัน f ที่ x เขียนแทนดวย f′(x) นอกจากนี้ยังเขยีนแทนดวยสัญลักษณอยางอื่น เชน dy

dx หรือ y′ หรือ d f (x)

dx

85

การหาอนุพันธของฟงกชันพีชคณิตโดยใชสูตร 1. ผูสอนทบทวนการหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชบทนิยามของการหาอนุพันธดงันี้ f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − และเสนอแนะผูเรียนวา การหาอนุพันธสําหรับบางฟงกชันใชเวลาคอนขางนาน จําตองสรางสูตรเพื่อนํามาใชใหเกิดความสะดวก เชน 1x5x)x(f 3 ++= เมื่อหาอนุพนัธของฟงกชัน f โดยลิมิต จะได dy

dx =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

ดังนั้น f′(x) = ( ) ( )h

1x5x1)hx(5)hx(lim33

0h++−++++

→

= ( )h

1x5x)1h5x5xh3hx3hx(lim32233

0h++−++++++

→

= h

)h5xh3hx3h(lim223

0h+++

→

= h

)5xh3x3h(hlim22

0h+++

→

= 2 2

h 0lim (h 3x 3xh 5)→

+ + +

= 5x3 2 +

เมื่อหาอนุพนัธของฟงกชัน f โดยใชสูตร จาก 1x5x)x(f 3 ++=

f′(x) = 1dxdx

dxd5x

dxd 3 ++

= 5x3 2 + 2. ผูสอนยกตวัอยางการหาอนุพันธของฟงกชันบางฟงกชันโดยใชสูตรแลวใหผูเรียนฝกหาอนุพันธของฟงกชันโดยใชสูตร อนุพันธของฟงกชันประกอบ 1. ผูสอนยกตวัอยางฟงกชัน เชน f(x) = (x7 – 2x–7)15 โดยช้ีใหผูเรียนเหน็วา การจะหาอนุพนัธของฟงกชันที่มีดีกรีสูง ๆ โดยใชบทนยิาม f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − ที่เรียนผานมาจะไมสะดวก ดังนั้น จึงมกีารสรางสูตรที่เรียกวา กฎลูกโซ ซ่ึงกฎนี้จะใชกับฟงกชัน ที่เรียกวา ฟงกชันประกอบ

86

2. ผูสอนบอกสูตรการหาอนุพนัธฟงกชันประกอบ ดังนี ้ถา y = (g°f)(x) = g(f(x)) แลว dy

dx = d dg(f (x)) f (x)

df (x) dx⋅

ซ่ึงผูสอนอาจจะแสดงบทพิสูจนดังนี ้จากบทนยิามของการหาอนพุันธของฟงกชัน จะไดวา (g°f)′(x) =

h)x)(fg()hx)(fg(lim

0h

−+→

= h 0

g(f (x h)) g(f (x))limh→

+ −

= h 0

g(f (x h)) g(f (x)) f (x h) f (x)limf (x h) f (x) h→

⎡ ⎤+ − + −⋅⎢ ⎥+ −⎣ ⎦

โดยที่ f(x + h) – f(x) ≠ 0 =

h)x(f)hx(flim

)x(f)hx(f))x(f(g))hx(f(glim

0h0h

−+⋅

−+−+

→→

ให f(x + h) – f(x) = t จะไดวา

h 0

g(f (x h)) g(f (x))limf (x h) f (x)→

+ −+ −

= t

))x(f(g)t)x(f(glim0h

−+→

ดังนั้น (g°f)′(x) = )x(f))x(f(g ′⋅′ = )x(f

dxd))x(f(g

)x(dfd

⋅

ถา u = f(x) และ y = g(u) จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

3. ผูสอนยกตวัอยางการหาอนุพันธของฟงกชันประกอบโดยใชสูตรแลวใหผูเรียนทาํแบบฝกหัด อนุพันธอันดับสูง 1. ผูสอนทบทวนการหาอนพุนัธของฟงกชันโดยใชสูตร และยกตัวอยางฟงกชันบางฟงกชันที่หาอนุพันธได และสามารถหาอนุพันธไดอีกโดยการถามนกัเรียน 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 อนพุันธของ f′ (x) คือ 24x2 – 18x + 4

87

2. ผูสอนบอกบทนิยามการหาอนุพันธอันดับสูง ดังนี ้ให f เปนฟงกชันที่สามารถหาอนุพันธได และ f′(x) เปนอนุพันธของฟงกชัน f ที่ x ที่สามารถ หาอนุพันธไดแลว จะเรียกอนุพันธของอนพุันธของฟงกชัน f ที่ x หรืออนุพันธของฟงกชัน f ′ ที่ x วาอนุพันธอันดับที่ 2 ของ f ที่ x และเขียนแทนอนพุันธของฟงกชัน f′ ที่ x ดวย f″(x) ทั้งนี้ ผูสอนอธิบายถึงการเขียนแทนดวยสัญลักษณ เชน อนุพันธอันดับที่ 2 ของ f ที่ x เขียนแทนดวย

2

2

d ydx

หรือ 2

2

d f (x) , ydx

′′ อนุพันธอันดับที่ 3 ของ f ที่ x เขียนแทนดวย 3

3

d ydx

หรือ 3

3

d f (x)dx

หรือ y ′′′ เปนตน

3. ผูสอนแนะนําผูเรียนในการนําความรูเร่ืองอนุพันธของฟงกชันอันดับสงูไปใช ประโยชนในเรื่องการเคลื่อนที่ซ่ึงอนุพันธของฟงกชันอนัดับที่ 2 ของ f ที่ x คือ ความเรง (a) ของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ ซ่ึงหาไดจากการหาอัตราการเปลี่ยนแปลงของความเร็ว (v) เทียบกับ เวลา t ใด ๆ จากสมการ s = f(t) ซ่ึงจะแสดงไดดังนี้ a = dv

dt และ v = ds

dt

ดังนั้น a = )dtds(

dtd = 2

2

dtsd

4. ผูเรียนทําแบบฝกหัด การประยุกตอนุพันธ 1. ผูสอนทบทวนความรูเกีย่วกับฟงกชันเพิม่และฟงกชันลด พรอม ๆ กับการพิจารณา ความชันของเสนโคงดังแผนภาพตอไปนี ้ ถา 21 xx < และ )x(f)x(f 21 < จะไดวา )x(f เปนฟงกชันเพิ่ม และ 0)x(f >′

X

y = f(x)

0

Y

x2 x1

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 ที่เปนจุดต่ําสุดและจดุสูงสุด โดยเขยีน + และ – เมื่อคาของฟงกชันในชวงนัน้เปนจํานวนจริงบวกและลบ ตามลําดับ ดังแสดงในตาราง

จุดสูงสุดหรือ จุดต่ําสุด

X

Y

y = f(x)

0 x1 x2

)1,2( – + 0 1 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

89

จากตารางพิจารณาคา ของ f(x) และ )x(f ′ โดยยดึจุดสูงสุดและจุดต่ําสุดสัมพัทธเปนชวง แบงผูเรียนสรปุไดวา 1. ฟงกชันในขอ 1 และ 3 ณ จุดสูงสุดในชวง x < a คาของ f(x) จะเพิ่มขึ้น ในขณะที่ x = a ฟงกชันจะใหคาสูงสุด ในชวง x > a คาของ f(x) เร่ิมลดลง 2. ฟงกชันในขอ 2 และ 4 ณ จุดต่ําสุดในชวง x < a คาของ f(x) จะลดลง ในขณะที่ x = a ฟงกชันจะใหคาต่ําสดุ ในชวง x > a คาของ f(x) เร่ิมเพิ่มขึ้น 3. ณ จุดที่เปนจุดต่ําสุดหรือจุดสูงสุดของฟงกชันจะเปนจุดเปลี่ยนจากคาบวกเปน คาลบหรือจากคาลบเปนคาบวก (จุดที่ 0)x(f =′ )

3. จากขอคนพบและสิ่งที่ผูเรียนสรุปได ผูสอนสรุปความหมายของคาสูงสุดสัมพัทธ คาต่ําสุดสัมพัทธ และคาวิกฤต ตามที่นิยามในหนังสือเรียน 4. ผูสอนใหผูเรียนหาคาสงูสุดสัมพัทธ คาต่ําสุดสัมพัทธ และคาวิกฤต โดยกําหนดฟงกชัน 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( − – – –4 0

4)

0

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. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาหาคาสูงสุดสัมพัทธและคาต่ําสุดสัมพัทธพรอมทั้งเปรียบเทียบคาที่หาได 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. ผูสอนสรุปความหมายของคาสูงสุดสัมบูรณและคาต่ําสุดสัมบูรณตามบทนิยามในหนังสือเรียน พรอมทั้งเนนความแตกตางระหวางจุดสูงสุดสัมพัทธและจุดสูงสุดสัมบูรณ จุดต่ําสดุสัมพัทธและจดุต่ําสุดสัมบูรณโดยอาจจะอธิบายโดยใชกราฟดังนี ้

X

A C

0 x1 x2 x3 x4

f(x) B D

Y

g

B

C

D

E

F •

•

•

•

•

• G A •

Y

X a b c d f e

91

จากกราฟ ผูสอนใหผูเรียนชวยกันพิจารณาวาจุดใดบางเปนจุดสูงสุดสัมพัทธ และจุดใด บางเปนจุดต่ําสุดสัมพัทธ จากนั้นใหผูเรียนระบุวาจุดใดเปนจุดสูงสุดสัมบูรณและจดุใดเปนจุดต่ํา สุดสัมบูรณ ซ่ึงผูเรียนควรตอบไดวา จุด B, จุด D และจดุ F เปนจดุสูงสุดสัมพัทธ สวนจุด C และจุด E เปนจุดต่ําสดุสัมพัทธ หรือ ผูเรียนอาจกลาววา ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = b, x = d และ x = f เพราะมคีวามหมายเหมือนกัน จากกราฟ ผูเรียนควรตอบไดวา จุด B เปนจุดสูงสุดสัมบูรณ และคาสูงสุดสัมบูรณเทากับ f(b) จุด E เปนจดุต่ําสดุสัมบูรณ และคาต่ําสุดสัมบูรณเทากบั f(e) ผูสอนควรชี้แจงใหผูเรียนเขาใจวา ตามนิยามในหนังสือเรียนหนา 129 การพิจารณาจดุต่ําสุดสัมพัทธและจุดสูงสุดสัมพัทธจะไมพจิารณาจุดปลายของชวงเปด (a, g) ดังนั้น จุด A และ จุด G จึงไมเปนจุดต่ําสัมพัทธหรือจุดสูงสุดสัมพัทธ อยางไรก็ตามในการพิจารณาคาต่ําสุดสัมบูรณและคาสูงสุดสัมบูรณนั้น ตองพิจารณาจดุปลายของชวงเปด (a, g) ดวย นั่นคือ จุด A และจุด G อาจจะเปนจุดที่ใหคาต่ําสุดสัมบูรณหรือจุดสูงสุดสัมบูรณก็ได 7. ผูเรียนทําแบบฝกหาคาสูงสุดสัมพัทธและคาต่ําสุดสัมพัทธ คาสูงสุดสัมบูรณและคาต่ําสุดสัมบูรณของฟงกชัน ปฏิยานุพันธ

1. ผูสอนทบทวนการหาอนพุนัธของฟงกชัน ดังนี ้

)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

ผูสอนใหผูเรียนรวมกนัสรุปวา การหาอนพุันธของ y = xn หาไดจากสูตร n 1dy nxdx

−= เมื่อทบทวนเรื่องการหาอนุพันธแลวผูสอนควรถามใหผูเรียนหาฟงกชันหลาย ๆ ฟงกชันที่มีคาอนุพันธเทากันแลวจึงคอยใหผูเรียนสรุปวา ฟงกชันที่มีอนุพันธเทากันนั้นจะตางกันเฉพาะคาคงตัว ซ่ึงในการเรียนการสอนคณิตศาสตรระดับสูงขึ้นไปจะสามารถพิสูจนไดวา ฟงกชันที่มีอนพุันธเทากันนัน้จะตางกนัเฉพาะคาคงตัว

92

กําหนด f(x)

ลองให y = F(x)

หา F′(x)

ทดสอบวา F′(x) เทากับ f(x)

หรือไม y = F(x) + c ไมเทากัน

2. ผูสอนกําหนดฟงกชันและอธิบายการหาปฏิยานุพันธโดยใชแผนผัง ดงัตอไปนี ้ ใหผูเรียนเติม F(x), F′(x) และผลการเปรียบเทียบระหวาง F′(x) กับ f(x) ลงในชองวางในตารางตอไปนี้

)x(f )x(Fy= )x(F′ )x(F′ เทากับ )x(f หรือไม 2x 3x

2x + 1 5x – 1

x2 + 2x + 1

ผูสอนใหผูเรียนรวมกนัเฉลยโดยการสุมถามคําตอบและวธีิการหา 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

23 2 − 3x เทากัน

2x + 1 x2 + x + 1 2x + 1 เทากัน 5x – 1 25 x x 2

2− + 5x – 1 เทากัน

x2 + 2x + 1 32x x x 1

3+ + + x2 + 2x + 1 เทากัน

93

ผูเรียนควรสรุปไดวา เมื่อกาํหนด f(x) สามารถหา y = F(x) โดยที่ F′(x) = f(x) ได และเมื่อ c เปนคาคงตัวไมจาํเปนตองเทากนั ซ่ึงสามารถเขียนอยูในรูปทั่วไป คือ y = F(x) + c

3. ผูสอนแนะนํากระบวนการตรงขามการหาอนุพันธตามวธีิการในหนังสือเรียนโดย พิจารณาการเคลื่อนที่ของวัตถุ ขณะเวลา t ใด ๆ เมื่อทราบความเร็วในการเคลื่อนที ่ แตตองการหาสมการการเคลื่อนที่ของวัตถุ หลังจากนั้นผูสอนและผูเรียนชวยกนัสรุปบทนิยามการหาปฏิยานุพนัธ ปริพันธไมจํากัดเขต

1. ผูสอนแบงผูเรียนเปนกลุมใหผูเรียนอธิบายการหาปฏิยานุพันธของ f(x) โดยใช ตารางตอไปนี ้

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

ผูสอนสุมใหผูเรียนแตละกลุมนําเสนอวิธีการหาปฏิยานุพนัธ พรอมทั้งเฉลย ผูเรียนควรมองเห็นแบบรูปของปฏิยานุพันธของ f(x) ที่กําหนดให จนสามารถสรุปเปนพจนทัว่ไปไดวา เมือ่กําหนด f(x) = xn สามารถหา F(x) + c ไดจาก

n 1xn 1

+

+ โดยท่ี n ≠ –1 หรือสรุปตามบทนิยาม

ในหนังสือเรียนหรืออาจใชวธีิการถามตอบ 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

94

ผูสอนใหผูเรียนแตละกลุมกาํหนดฟงกชันตามตัวอยางขางตน เพื่อทดลองใชความรูจากบทสรุปที่วา เมื่อกําหนด f(x) = xn หา ∫f(x)dx ไดจาก

n 1xn 1

+

+ โดยท่ี 1n −≠ เพื่อหาขอสรุป

สูตรการหาปริพันธไมจํากดัเขต ดังนี ้

ตัวอยางเชน ∫1dx = x + c ∫kdx = kx + c ∫3x2dx = 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 ( ) dyf x

dx= การหาสมการเสนโคง

ดังตัวอยางที่ 10 หนา 157 การหาความเร็วจากการเคลื่อนที่เมื่อกําหนดความเรงขณะเวลา t ใด ๆ เปนตน

4. ใหผูเรียนฝกหาปริพันธไมจํากัดเขตของฟงกชัน

ปริพันธจํากัดเขต 1. ผูสอนทบทวนเรื่องปฏิยานพุันธของฟงกชัน ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อกําหนด

f(x) = xn ปริพันธหนึ่งคือ n 1x

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∫ ที่ใชแทนปริพันธจํากัดเขตของฟงกชันตอเนือ่ง f

บนชวง [a, b] และแนะนําวธีิหาคา ( )b

a

f x dx∫ โดยใชทฤษฏีหลักมูลของแคลคูลัสวา เมื่อกําหนด

ฟงกชัน f ซ่ึงเปนฟงกชันตอเนื่องบนชวง [a, b] มาให จะหาปริพนัธจํากัดเขตของฟงกชันไดดังนี้ 3.1 หา F(x) ซ่ึงเปนรูปทั่วไปของปฏิยานุพันธของฟงกชัน f 3.2 หา F(b) – F(a) 3.3 ( )

b

a

f x dx∫ = F(b) – F(a)

4. ผูสอนกําหนดฟงกชันตอเนือ่งบนชวง [a, b] และใหผูเรียนฝกหาปรพิันธของฟงกชัน ตามวิธีการในขอ 3 เชน f(x) = x2 + 2 , x ∈[1, 2]

95

ผูเรียนควรหาไดวา F(x) = 3x 2x c

3+ +

F(2) = ( )32 2 2 c

3+ + c

320

+=

F(1) = ( )31 2 1 c3+ + c

37+=

( )2

1

f x dx∫ = F(2) – F(1) = 133

5. ผูสอนใหผูเรียนสังเกตวา เมือ่หาฟงกชัน F ซ่ึงเปนรูปทั่วไปของปริพนัธของฟงกชัน ที่กําหนดให แลวหา F(b) – F(a) คาคงตัว c จะหักลางกันหมดไป ดังนั้นเพื่อประหยัดเวลาในการคํานวณไมจําเปนตองเขยีนคาคงตัว c แลวใหผูเรียนทําแบบฝกหัด

พื้นที่ท่ีปดลอมดวยเสนโคง 1. ผูสอนทบทวนการหาปริพนัธจํากัดเขตโดยกําหนดฟงกชันตอเนื่องบน [a, b] เชน

กําหนด f(x) = 2 , x ∈ [0, 1] และ g(x) = 5x2 , x ∈[–1, 2] ใหผูเรียนหาปริพันธจํากัดเขตดังกลาว

2. ผูสอนใหความหมายของคําวา “พื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = f(x) กับแกน X จาก x = a ถึง x = b” และฟงกชัน f ที่กลาวถึงนี้เปนฟงกชันพหุนามที่มีดีกรีเปนจํานวนเต็มบวกไมเกินสอง ซ่ึงกราฟของ f อาจจะเปนเสนตรงหรือเสนโคง ผูเรียนควรบอกไดวา เมื่อเขียนกราฟแลวพื้นทีด่ังกลาวคือบริเวณใด ผูสอนใหผูเรียนพิจารณารูปดังตอไปนี้

X

Y

a b 0 X

Y

a b0

X

Y

a b0

X

Y

a b0

ก

ค ง

ข

96

ผูเรียนควรบอกไดวา พืน้ทีป่ดลอมดวยกราฟของ y = f(x) แกน X เสนตรง x = a และเสนตรง x = b เชนรูป ก , ข และ ค จะมีพื้นที่ทีอ่ยูเหนือแกน X คาของ f(x) มากกวาศูนย สวนพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ y = f(x) แกน X เสนตรง x = a เสนตรง x = b จะมีพืน้ที่ที่อยูใตแกน X เมื่อ f(x) นอยกวาศูนย เชน รูป ง

3. ผูสอนเสนอแนะผูเรียนวาการหาพื้นที่ปดลอมดวยเสนโคงจะหาโดยอาศัยการหา ปริพันธจํากัดเขต ตามบทนยิามในหนังสอืเรียน

4. ผูสอนใหผูเรียนพิจารณาวา การหาพื้นที่ปดลอมดวยเสนโคง เปรียบเทียบ 2 วิธีคือ วิธีใชสูตรการหาพื้นที่ที่ผูเรียนเคยเรยีนมา และวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต เพื่อตรวจสอบคาของพื้นที่ที่ได เชน

กราฟ วิธีใชสูตรการหาพื้นท่ี วิธีการหาปริพนัธจํากัดเขต

พ้ืนที่ A = 1

2(ผลบวกของดานคูขนาน) × ความสูง

= 12

(1 + 2) × 1

= 32

ตารางหนวย

พื้นที่ A = ( )2

1

f x dx∫

2

x 2

=

= 4 1

2 2−

= 32

ตารางหนวย

พื้นที่ A = 1

2× ความยาวฐาน × ความสงู

= 12× 3 × 3

= 92

ตารางหนวย

พื้นที่ A = ∫−5

2

dx)x(g

= –((–2

x 2 +2x) )

= 25 4( 10 4)

2 2− − + + −

= 92

ตารางหนวย

5. ผูสอนและผูเรียนชวยกนัอภปิรายถึงประโยชนของการหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง ดวยวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต “หากรูปภาพมีความซบัซอนหรือมีลักษณะเปนกราฟเสนโคง การใชวิธีการหาปริพันธจํากัดเขตจะสะดวกและหาคําตอบไดงายกวา”

0 1 2 3 4

123

A X

Y

–1 –2 –3 –4

4 3 2 1 0 5 A

X

g(x) = –x + 2

Y

1

2

25

97

6. ผูสอนกําหนดพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงที่อยูในรูปของกราฟพาราโบลา แลวให ผูเรียนฝกหาพืน้ที่ เชน

6.1 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = x2 , x ∈[0, 2]

วิธีทํา ( )2

0

f x dx∫ = F(2) – F(0)

= 3x3

= 83

ตารางหนวย

6.2 จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง f(x) = –x2 + 1 , x ∈[–2, –1]

วิธีทํา ( )

1

2

f x dx−

−∫ = –[F(–1) – F(–2)]

= –( x3x3

+− )

= 43

ตารางหนวย 7. ผูเรียนฝกหาพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงดวยวิธีการหาปริพันธจํากัดเขต

ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท

1. กําหนด x2

5x5)x(f −+= จงหา )x(flim

0x→ ถาลิมิตหาคาได

2. กําหนด 2x16)x(f = จงหา 3x

)3(f)x(flim3x −

−→

ถาลิมิตหาคาได

3. กําหนด )4x5x)(1x2x(3x

1)x(f 223 −−++++

= จงหา )x(f ′

4

_ 2

X

Y

0

2

_ -2

X

Y

-2 2 0

0 2

–2 –1

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

dxyd

7. จงหาปริพนัธของ 2

23

x4x5x)x(f −+

=

8. จงหาปริพนัธของ 2)4x3()x(f += 9. จากกราฟ จงหาพื้นที่สวนที่แรเงา 10. จงหาพื้นที่ที่ปดลอมดวยเสนโคง x4xy 2 += กับแกน X จาก 5x −= ถึง 1x =

⎪⎩

⎪⎨

⎧

2

1x1x 2

+− เมื่อ 1x −≠

เมื่อ 1x −=

⎩⎨⎧

2xx−

เมื่อ 0x ≤ เมื่อ 0x >

Y

-1 1 2

1

-1 0

2

3 y x 1= +

2y x 2x= − +

X

99

เฉลยตัวอยางแบบทดสอบประจําบท

1. จาก x2

5x5)x(f −+=

)x(flim0x→

5x55x5

x25x5lim

0x ++++

⋅−+

=→

)5x5(x2

xlim0x ++

=→

)5x5(2

1lim0x ++

=→

54

1=

2. จาก 2x16)x(f =

3x

)3(f)x(flim3x −

−→

3x

)3(16x16lim22

3x −−

=→

3x

)3x(16lim22

3x −−

=→

)3x(16lim

3x+=

→

96=

3. จาก )4x5x)(1x2x(3x

1)x(f 223 −−++++

=

dxdy)x(f =′

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++−−+−−+++

+= )1x2x(

dxd)4x5x()4x5x(

dxd)1x2x(

3x1

dxd

dxdy 2222

3

)2x2)(4x5x()5x2)(1x2x()3x(

x3 2223

2

+−−+−++++

−=

4. การแสดงวา f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = –1 ตองแสดงสมบัติ 3 ขอ ดังนี้

1. 21xlim1x1xlim)x(flim

1x1x1x

2

−=−=+−

=−→−→−→

2. 2)1(f −=− 3. )1(f)x(flim

1x−=

−→

ดังนั้น f เปนฟงกชันที่ตอเนื่องที่ x = 1

100

5. การพิจารณาความตอเนือ่งของ f ที่ x = 0 ตองแสดงสมบัติ 3 ขอ ดังนี ้ 1. 0)x(flim

0x=

−→ และ 0)x(flim

0x=

+→

ดังนั้น )x(flim0x→

= 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 4u=

dxdy

dxdu

dudy

⋅=

)x21(dxd)u(

dud 4 −⋅=

3u8−= 2

2

dxyd )u8(

dxd 3−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−=

dxdu)u(

dud8 3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−= )x21(

dxd)u(

dud8 3

)2)(u3(8 2 −−= 2u48= 2)x21(48 −= 7. )x(f 22

2

2

3

x4

xx5

xx

−+=

2x45x −−+= ดังนั้น ∫ dx)x(f ∫ −−+= dx)x45x( 2

cx4x52

x 12

+++= −

8. )x(f 2)4x3( += )4x3)(4x3( ++= 16x24x9 2 ++= ดังนั้น ∫ dx)x(f ∫ ++= dx)16x24x9( 2 cx16x12x3 23 +++=

101

9. ให 1A คือพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ 1xy += กบัแกน X จาก 0x = ถึง 2x = จะได

1A ∫ +=2

0dx)1x(

2x( x)

2= + 4= ตารางหนวย

2A คือพื้นที่ปดลอมดวยกราฟของ x2xy 2 +−= กับแกน X จาก 0x = ถึง 2x = จะได

2A ∫ +−=2

0dx)x2x( 2

3

2x( x )3

= − + 34

= ตารางหนวย

พื้นที่สวนทีแ่รเงา คือ 1A – 2A = 344 − =

38 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= +

2y x 2x= − +

X

102

จาก x4x)x(f 2 += ให A เปนพืน้ที่ปดลอมดวยกราฟของ x4xy 2 += กับแกน X จาก x = –5 ถึง x = 1

A = −∫−

−

4

5dx)x(f +∫

−

0

4dx)x(f ∫

1

0dx)x(f

= )x23x( 2

3

+ – ( )x23x( 2

3

+ ) + )x23x( 2

3

+

37

332

37

++=

346

= ตารางหนวย

เฉลยแบบฝกหัด 2.1 ก

1. (1) x 4

x 2limx 4→−−

= 0.25 หรือ 41 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 2x 2lim

x x 6→−+ −

= 0.2 หรือ 51 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 1x 1limx 1→−−

= 0.33 หรือ 31 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 0e 1lim

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

103

(5) x 0

sin xlimx→

= 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) xlnxlim0x +→

= 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 1lim f (x)

−→ = 2

(2) x 1lim f (x)

+→ = 3

(3) เนื่องจาก x 1lim f (x)

−→ ≠

x 1lim f (x)

+→

ดังนั้น x 1lim f (x)→

หาคาไมได

(4) เนื่องจาก x 5lim f (x)

−→ =

x 5lim f (x)

+→ = 4

ดังนั้น x 5lim f (x)→

= 4

(5) f(5) ไมนิยาม

3. (1) เนื่องจาก x 0lim f (x)

−→ =

x 0lim f (x)

+→ = 3

ดังนั้น x 0lim f (x)→

= 3

(2) x 3lim f (x)

−→ = 4

(3) x 3lim f (x)

+→ = 2

104

(4) เนื่องจาก x 3lim f (x)

−→ ≠

x 3lim f (x)

+→

ดังนั้น x 3lim f (x)→

หาคาไมได

(5) f(3) = 3

4. (1) )t(glim0t −→

= –1

(2) )t(glim0t +→

= –2

(3) เนื่องจาก )t(glim0t −→

≠ t 0lim g(t)

+→

ดังนั้น )t(glim0t→

หาคาไมได

(4) t 2lim g(t)−→

= 2

(5) )t(glim2t +→

= 0

(6) เนื่องจาก t 2lim g(t)−→

≠ )t(glim2t +→

ดังนั้น )t(glim2t→

หาคาไมได

(7) g(2) = 1

(8) เนื่องจาก t 4lim g(t)

−→ =

t 4lim g(t)

+→ = 3

ดังนั้น t 4lim g(t)→

= 3

5. (1) x 1lim f (x)

−→ = –1

(2) )x(flim1x +→

= 0

(3) เนื่องจาก x 1lim f (x)

−→≠ )x(flim

1x +→

ดังนั้น )x(flim

1x→หาคาไมได

105

6. (1) x 2lim f (x)−→

= 2

(2) x 2lim f (x)+→

= –2

(3) เนื่องจาก x 2 x 2lim f (x) lim− +→ →

≠ f(x)

ดังนั้น x 2lim f (x)→

หาคาไมได

(4) )x(flim2x −−→

= 0

(5) )x(flim2x +−→

= 0

(6) เนื่องจาก )x(flim2x −−→

= )x(flim2x +−→

= 0

ดังนั้น )x(flim2x −→

= 0 7. (1)

x 4lim (1 x)

−→+

เขียนกราฟของฟงกชัน f(x) = 1 + x ไดดังนี ้ จากกราฟ จะไดวา

x 4lim f (x)

−→ = 5

0 2 4 6 -2

-2

2

4

6

X

Y

y = 1+ x

106

(2)

x 2lim f (x)→

เมื่อ f(x) = เขียนกราฟของฟงกชัน f(x) ไดดังนี ้ จากกราฟ จะไดวา

x 2lim f (x)−→

= 3 x 2lim f (x)+→

= 2

ดังนั้น x 2lim f (x)→

หาคาไมได

เฉลยแบบฝกหัด 2.1 ข 1. (1) 2

x 0lim (3x 7x 12)→

+ − = 2

x 0 x 0 x 0lim 3x lim 7x lim 12→ → →

+ − = 2

x 0 x 0x 03 lim x 7 lim x lim 12

→ →→+ −

= 3(0)2 + 7(0) – 12 = –12 ดังนั้น 2

x 0lim (3x 7x 12)→

+ − = –12

(2) 5

x 1lim (x 2x)→−

− = 5

x 1 x 1lim x lim 2x→− →−

− = xlim2xlim

1x1x5

−→−→−

= (–1)5 – 2(–1)

x + 1, x ≤ 2 2, x > 2

0 2 4 6 -2

-2

2

4

6

X

Y

f(x)

107

= –1 + 2 = 1 ดังนั้น 5

x 1lim (x 2x)→−

− = 1

(3) 5

x 5lim (x )(x 2)→

− = 5

x 5 x 5lim x lim (x 2)→ →

⋅ − = (55)(5 – 2) = 9,375 ดังนั้น 5

x 5lim (x )(x 2)→

− = 9,375

(4) 2

x 1lim (x 3)(x 2)→−

+ + = 2

x 1 x 1lim (x 3) lim (x 2)→− →−

+ ⋅ + = (–1 + 3)((–1)2 + 2) = (2)(3) = 6 ดังนั้น 2

x 1lim (x 3)(x 2)→−

+ + = 6

(5) x 3

x 1lim2x 5→+⎡ ⎤

⎢ ⎥−⎣ ⎦ =

)5x2(lim

)1x(lim

3x

3x−

+

→

→

= 3 12(3) 5

+−

= 4 ดังนั้น

x 3x 1lim

2x 5→+⎡ ⎤

⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 4

(6) 2

x 5x 25limx 5→−

⎡ ⎤−⎢ ⎥+⎣ ⎦

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+−−→ )5x(

)5x)(5x(lim5x

= x 5lim (x 5)→−

− = –5 – 5 = –10

ดังนั้น 2

x 5x 25limx 5→−

⎡ ⎤−⎢ ⎥+⎣ ⎦

= –10

(7) 2x 1x 1lim

x x 2→+⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ − − ⎦ = x 1

2x 1

lim (x 1)

lim (x x 2)→

→

+

− −

108

= 2

1 11 1 2

+− −

= 2( 2)−

= –1 ดังนั้น 2x 1

x 1limx x 2→

+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ − − ⎦

= –1

(8) 2

2x 1x x 2limx 4x 3→

⎡ ⎤− −⎢ ⎥

+ +⎢ ⎥⎣ ⎦ =

2x 1

2x 1

lim (x x 2)

lim (x 4x 3)→

→

− −

+ +

= 2

21 1 2

1 4(1) 3− −

+ +

= 82

− = 14−

ดังนั้น 2

21xx x 2limx 4x 3→⎡ ⎤− −⎢ ⎥+ +⎣ ⎦

= 14−

(9) x 1

1 xlim1 x→

⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

→ 2)x(1x1lim

1x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−−

→ )x1)(x1(x1lim

1x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+→ x1

1lim1x

= 11 1+

= 12

ดังนั้น x 1

1 xlim1 x→

⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 12

(10) x 9

3 xlim9 x→

⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

→ 2)x(9x3lim

9x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−−

→ )x3)(x3(x3lim

9x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+→ x31lim

9x

109

= 13 9+

= 16

ดังนั้น x 9

3 xlim9 x→

⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 16

(11) x 1

2 x 3limx 1→

⎡ ⎤− +⎢ ⎥−⎣ ⎦

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

++++

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−+−

→ 3x23x2

1x3x2lim

1x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

++−+−

→ )3x2)(1x()3x(4lim

1x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

++−−

→ )3x2)(1x(x1lim

1x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−→ 3x2

1lim1x

= 12 1 3

−+ +

= 14

−

ดังนั้น x 1

2 x 3limx 1→

⎡ ⎤− +⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 14

−

(12) 3 22 )1x(lim0x

−→

= 322 )1x(lim

0x+

→

= 322 ))1x(lim(

0x+

→

= 3 2)1(− = 1 ดังนั้น 3 22 )1x(lim

0x−

→ = 1

2. (1) x 4

x 4lim

x 4−→−

++

เนื่องจาก x < –4 และ x เขาใกล –4

ดังนั้น x 4

x 4lim

x 4−→−

++

= x 4

(x 4)lim(x 4)−→−

− ++

= x 4

lim ( 1)−→−−

= –1

110

(2) 2

x 1.52x 3xlim

2x 3→−−

จาก f(x) = 22x 3x

2x 3−−

จะไดวา2

x 1.5

2x 3xlim2x 3−→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦ =

x 1.5

x(2x 3)lim(2x 3)−→

⎡ ⎤− −⎢ ⎥−⎣ ⎦

= x 1.5

lim ( x)−→−

= –1.5

2

x 1.5

2x 3xlim12x 31+→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦ =

x 1.5

x(2x 3)lim(2x 3)+→

⎡ ⎤− −⎢ ⎥−⎣ ⎦

= x 1.5

lim x+→

= 1.5

ดังนั้น 2

x 1.52x 3xlim

2x 3→−−

หาคาไมได

(3) x 0

1 1limx x+→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦

เนื่องจาก x > 0 และ x เขาใกล 0

ดังนั้น x 0

1 1limx x+→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦ =

x 0

1 1limx x+→

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

= x 0lim 0

+→

= 0

(4) x 4lim x 4→−

+ จาก f(x) = x 4+ = จะไดวา

x 4lim x 4

−→−+ =

x 4lim (x 4)

−→−− +

= –(–4 + 4) = 0

x 4+ เมื่อ x 4≥ − (x 4)− + เมื่อ x 4< −

22x 3x2x 3

−−

เมื่อ 3x2

≥ 22x 3x

(2x 3)−

− − เมื่อ 3x

2<

111

4xlim4x

++−→

= x 4

lim x 4+→−+

= –4 + 4 = 0 ดังนั้น

x 4lim x 4→−

+ = 0

(5) x 2

x 2lim

x 2→

−−

ดังนั้น x 2

x 2lim

x 2−→

−−

= )2x()2x(lim

2x −−−

−→

= x 2lim ( 1)

−→−

= –1

x 2

x 2lim

x 2+→−

−−

= 2x2xlim

2x −−

+→

= x 2lim 1

+→

= 1

ดังนั้น x 2

x 2lim

x 2→

−−

หาคาไมได

(6) x 0

1 1limx x−→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦

เนื่องจาก x < 0 และ x เขาใกล 0

ดังนั้น x 0

1 1limx x−→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦ =

x 0

1 1limx x−→

⎡ ⎤⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= x 0

1 1limx x−→

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦

= x 0

2limx−→

ดังนั้น x 0

1 1limx x−→

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦ หาคาไมได

3. (1) x 2lim f (x)

−→

เนื่องจาก x < 2 ดังนั้น

x 2lim f (x)

−→ =

x 2lim (x 1)

−→−

= 2 – 1 = 1

112

(2) x 2lim f (x)

+→

เนื่องจาก x > 2 ดังนั้น

x 2lim f (x)

+→ = 2

x 2lim (x 4x 6)

+→− +

= (2)2 – 4(2) + 6 = 2

(3) เนื่องจาก x 2lim f (x)

−→ ≠

x 2lim f (x)

+→

ดังนั้น )x(flim2x→

หาคาไมได

4. (1) x 0lim f (x)

+→

เนื่องจาก x > 0 และ x เขาใกล 0 ดังนั้น

x 0lim f (x)

+→ = 2

x 0lim x

+→

= 02 = 0

(2) x 0lim f (x)

−→ =

x 0lim x

−→

= 0

(3) เนื่องจาก x 0lim f (x)

+→ =

x 0lim f (x)

−→ = 0

ดังนั้น 0)x(flim0x

=→

(4) x 2lim f (x)−→

= 2

x 2lim x−→

= 22 = 4

(5) x 2lim f (x)+→

= x 2lim 8 x+→

− = 8 – 2 = 6

(6) x 2lim f (x)→

เนื่องจาก

x 2lim f (x)−→

≠ x 2lim f (x)+→

ดังนั้น

x 2lim f (x)→

หาคาไมได

113

เฉลยแบบฝกหัด 2.2 1. (1) f(x) = 3x – 1 ที่ x = 0 จะได f(0) = 3(0) – 1 = –1 และ

x 0lim f (x)→

= x 0lim (3x 1)→

− = 3(0) – 1 = –1 นั่นคือ

x 0lim f (x)→

= f(0) ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันตอเนื่องที ่ x = 0

(2) f(x) = 2

x 4x 16

−−

ที่ x = 4

เนื่องจาก f(4) ไมนยิาม ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันไมตอเนื่องที่ x = 4

(3) f(x) = 2

3

x 1x 1

−−

ที่ x = 1

เนื่องจาก f(1) ไมนยิาม 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 0lim f (x)−→

= x 0lim f (x)+→

= 0

ดังนั้น x 0lim f (x)→

= 0 ------------ (2) จาก (1) และ (2) จะไดวา

x 0lim f (x)→

= f(0) ดังนั้น ฟงกชัน f เปนฟงกชันตอเนื่องที่ x = 0

(5) f(x) = x 1x 1++

ที่ x = –1

เนื่องจาก f(–1) ไมนยิาม ดังนั้น ฟงกชัน f ไมตอเนือ่งที่ x = –1

x เมื่อ x ≥ 0

–x เมื่อ x < 0

114

2. (1) f(x) = พิจารณาที่จดุ x = 1 จะได f(1) = 7(1) – 2 = 5 และ

x 1lim f (x)−→

= x 1lim (7x 2)−→

− = 7(1) – 2 = 5

x 1lim f (x)+→

= 2

x 1lim kx+→

= k(1)2 = k เนื่องจาก ฟงกชันนี้จะตอเนื่อง เมื่อ

x 1lim f (x)−→

= x 1lim f (x)+→

= f(1)

ดังนั้น k = 5

(2) f(x) =

พิจารณาที่จดุ x = 2 จะได f(2) = k(22) = 4k และ

x 2lim f (x)−→

= 2

x 2lim kx−→

= 4k

x 2lim f (x)+→

= x 2lim (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

115

เฉลยแบบฝกหัด 2.3 1. (1) y = x2 – 3x ที่จุด (3, 0) ความชันของเสนโคงที่จุด (3, 0) เทากับ

h 0f (3 h) f (3)lim

h→

+ −

= 2

h 0(3 h) 3(3 h) 0lim

h→

+ − + −

= 2

h 09 6h h 9 3hlim

h→

+ + − −

= 2

h 0h 3hlim

h→

+

= h 0

h(h 3)limh→

+

= 3 ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด (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 0f (2 h) f (2)lim

h→

+ −

= 2

h 05(2 h) 6 14lim

h→

+ − −

= 2

h 05(4 4h h ) 20lim

h→

+ + −

= h

20h5h2020lim2

0h

−++→

= h

)20h5(hlim0h

+→

= 20 ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด (2, 14) เทากับ 20 สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 14) คือ y – 14 = 20(x – 2) y – 14 = 20x – 40

116

20x – y – 26 = 0 ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด (2, 14) คือ 20x – y – 26 = 0

(3) y = x – x2 ที่จุดซึ่ง x = 12

เมื่อ x = 12

จะได y = 21 1( )2 2− = 1 1 1

2 4 4− =

ความชันของเสนโคงที่จุด 1 1( , )2 4

เทากับ h 0

1 1f ( 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 0hlimh→

−

= 0 ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด 1 1( , )

2 4 เทากับ 0

สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด 1 1( , )2 4

คือ

y – 14

= 10(x )2

−

y – 14

= 0

ดังนั้น สมการของเสนสัมผัสเสนโคงที่จุดซึ่ง 21x = คือ y – 1

4 = 0

(4) y = 2x 2x+ ที่จุดซึ่ง x = 1

เมื่อ x = 1 จะได y = 21 21+ = 3

ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 3) เทากับ h 0

f (1 h) f (1)limh→

+ −

= 2

h 0

(1 h) 2 31 hlim

h→

⎡ ⎤+ +−⎢ ⎥+⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 2

h 0(1 h) 2 3(1 h)lim

h(1 h)→+ + − +

+

117

= 2

h 01 2h h 2 3 3hlim

h(1 h)→+ + + − −

+

= 2

h 0h hlim

h(1 h)→

−+

= h 0

h(h 1)limh(1 h)→

−+

= h 0

h 1lim1 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 0f (1 h) f (1)lim

h→

+ −

= 2

h 0(1 2(1 h) 3(1 h) ) 0lim

h→

+ + − + −

= 2

h 01 2 2h 3(1 2h h )lim

h→

+ + − + +

= h

h3h63h23lim2

0h

−−−+→

= 2

h 04h 3hlim

h→

− −

= h 0

h(3h 4)limh→

− +

= – 4 ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด (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 = 6x 1+

ที่จุด (2, 2)

ความชันของเสนโคงที่จุด (2, 2) เทากับ h 0

f (2 h) f (2)limh→

+ −

118

= h

21)h2(

6

lim0h

−++

→

= h 0

6 2(h 3)limh(h 3)→− +

+

= h 0

6 2h 6limh(h 3)→− −

+

= 3h

2lim0h +−

→

= 23

−

ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด (2, 2) คือ 23

−

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 ขนานกบัเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 + 8 แสดงวา เสนตรงกับเสนสัมผัสเสนโคงมีความชันเทากัน เนื่องจาก ความชันของเสนโคงที่จุด (1, 11) เทากับ

h 0f (1 h) f (1)lim

h→

+ −

= 2

h 03(1 h) 8 11lim

h→

+ + −

= 2

h 03(1 2h h ) 3lim

h→

+ + −

= 2

h 03 6h 3h 3lim

h→

+ + −

= h 0

h(3h 6)limh→

+ =

h 0lim (3h 6)→

+ = 6 ดังนั้น ความชนัของเสนโคงที่จุด (1, 11) คือ 6 ดังนั้น a = 6

119

เฉลยแบบฝกหัด 2.4

1. (1) f(x) = 3x2 f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

= 2 2

h 0

3(x h) 3xlimh→

+ −

= 2 2 2

h 0

3x 6xh 3h 3xlimh→

+ + − =

h 0lim 6x 3h→

+ = 6x ดังนั้น f′(x) = 6x

(2) f(x) = x2 – x f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

= 2 2

h 0

(x h) (x h) (x x)limh→

+ − + − −

= 2

h 0

2xh h hlimh→

+ − =

h 0lim 2x h 1→

+ − = 2x – 1 ดังนั้น f′(x) = 2x – 1 (3) f(x) = x3 f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

= 3 3

h 0

(x h) xlimh→

+ −

= 2 2 3

h 0

3x h 3xh hlimh→

+ + = 2 2

h 0lim3x 3xh h→

+ + = 3x2 ดังนั้น f′(x) = 3x2

(4) f(x) = 2x3 + 1 f′(x) =

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

120

= 3 3

h 0

2(x h) 1 (2x 1)limh→

+ + − +

= 2 2 3

h 0

6x h 6xh 2hlimh→

+ + = 2 2

h 0lim 6x 6xh 2h→

+ + = 6x2 ดังนั้น f′(x) = 6x2

(5) f(x) = 1x

f′(x) = h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

= h 0

1 1(x h) xlim

h→

−+

= h 0

1 hlimh x(x h)→

⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎝ ⎠

= h 0

1limx(x h)→

−+

= 2

1x

−

ดังนั้น f′(x) = 2

1x

−

(6) f(x) = 2

1x

f′(x) = h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

= 2 2

h 0

1 1(x h) xlim

h→

−+

= 2

4 3 2 2h 0

1 2xh hlimh x 2x h x h→

⎛ ⎞+−⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

= 4 3 2 2h 0

2x hlimx 2x h x h→

+−

+ +

= 3

2x

−

ดังนั้น f′(x) = 3

2x

−

(7) f(x) = 13x

f′(x) = h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

121

= 1 13 3

h 0

(x h) xlimh→

+ −

= 1 1 2 1 1 23 3 3 3 3 3

2 1 1 2h 03 3 3 3

(x h) x (x h) (x h) x xlimh

(x h) (x h) x x→

+ − + + + +⋅

+ + + +

= 2 1 1 2h 03 3 3 3

(x h) xlimh[(x h) (x h) x x ]

→

+ −

+ + + +

= h 0 2 1 1 2

3 3 3 3

1lim(x h) (x h) x x

→+ + + +

= 23

1

3x

ดังนั้น f′(x) = 23

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

122

4. ให f(r) = πr2 (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่วงกลมเทียบกับความยาวของรัศม ี เมื่อความยาวของรัศมี เปลี่ยนจาก r เปน r + h คือ f (r h) f (r)

h+ − = ( )2 21 (r h) r

hπ + − π

= 21 (2rh h )h⋅ π +

= 2 r hπ + π ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร

(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพืน้ที่วงกลมเทยีบกับความยาวของรัศมีขณะรัศมียาว r เซนติเมตร คือ

h)r(f)hr(flim

0h

−+→

= h 0lim (2r h)→π +

= h 0lim 2r h→

π + = 2 rπ ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร

5. ให f(x) แทนพื้นที่รูปสี่เหล่ียมจัตุรัสที่มีความยาวของดานเทากับ x ดังนั้น f(x) = x2

(1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสี่เหล่ียมจัตุรัสเทยีบกับความยาวของดาน ในชวงดานยาว x เซนติเมตร ถึงดานยาว x + h เซนติเมตร

คือ f (x h) f (x)h

+ − = 2 2(x h) x

h+ −

= 22xh h

h+

= 2x + h ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสี่เหล่ียมจตัุรัสเทียบกับความยาวของดานในชวง x = 10 ถึง x = 12 เทากับ 2(10) + 2 = 22 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร

(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพืน้ที่รูปสี่เหล่ียมจัตุรัสเทียบกบัความยาวของดาน ในขณะดานยาว x เซนติเมตร คือ

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − = h 0lim 2x h→

+

= 2x ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของพื้นที่รูปสี่เหล่ียมเทียบกับความยาวของดาน ในขณะดานยาว 10 เซนติเมตร เทากับ 2(10) = 20 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร

123

6. ให f(x) แทนพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาที่มีความยาวของดานเทากับ x

ดังนั้น f(x) = 23 x4

(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 อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของพื้นที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทยีบกับความยาวของดาน

ในชวง x = 10 ถึง x = 9 เทากับ

3 (2(10) ( 1))4

+ −

= )120(

43

−

= 19 3

4 ตารางเซนติเมตร / เซนติเมตร

(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของพืน้ที่รูปสามเหลี่ยมดานเทาเทยีบกับความยาวของดานในขณะ ดานยาว x เซนติเมตร คือ

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ −

=

h 0

3lim (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)limh→

+ −

=

h 0

8 8(t h) 1 t 1lim

h→

−+ + +

= ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

++++

−→ 1hhtt2t

h8h1lim 20h

= 2

8t 2t 1

−+ +

124

ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงในขณะเวลา t = 3 เทากบั 2

83 2(3) 1

−+ +

= 1

2−

กรัม / นาท ี

8. จากสมการ PV = 6000 เมื่อ P เปนความดัน V เปนปริมาตร จะได P =

6000

V

อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ขณะมีปริมาตร V ใด ๆ คือ

h 0f (V h) f (V)lim

h→

+ −

=

h 0

6000 6000V h Vlim

h→

−+

= h 0

1 6000hlim [ ]h V(V h)→

−+

= 2

6000V

−

ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ P ในขณะ V = 100 เทากับ 2

6000100−

= –0.6 กรัม / ตารางเซนติเมตร / ลูกบาศกเซนติเมตร

9. ให y = f(x) = 2x2 – 3 อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x ถึง x + h คือ

f (x h) f (x)h

+ −

=

2 22(x h) 3 (2x 3)h

+ − − −

= 24xh 2h

h+

= 4x + 2h

(1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.2 เทากับ 4(2) + 2(0.2) = 8.4 (2) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x = 2 ถึง x = 2.1 เทากับ 4(2) + 2(0.1) = 8.2 (3) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั 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 0f (x h) f (x)lim

h→

+ − = h 0lim 4x 2h→

+

= 4x ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x = 2 เทากับ 4(2) = 8

125

10. ให y = f(x) = 1x

อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x ถึง x + h คือ

f (x h) f (x)h

+ − = 1 1 1h (x h) x⎡ ⎤

−⎢ ⎥+⎣ ⎦

= 1 x (x h)h x(x h)⎡ ⎤− +⎢ ⎥+⎣ ⎦

= 21

x xh−

+

(1) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกับ x ในชวง x = 4 ถึง x = 5 เทากับ 2

14 4(1)

−+

= 120

−

(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x = 4 ถึง x = 4.1 เทากับ

21

4 4(0.1)−

+ = 5

82−

(3) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในชวง x = 4 ถึง x = 4.01 เทากับ

21

4 4(0.01)−

+ = 25

401−

(4) อัตราการเปลี่ยนแปลงเฉลี่ยของ y เทียบกบั x ในขณะ x ใด ๆ คือ

h 0f (x h) f (x)lim

h→

+ − = 2h 01lim

x xh→−

+

= 21

x−

ดังนั้น อัตราการเปลี่ยนแปลงของ y เทียบกับ x ในขณะ x = 4 เทากับ 116

−

11. ปริมาตรของกรวยกลมตรง = 21 x y3π

เมื่อ x เปนรัศมีของฐานของกรวยกลมตรง y เปนความสงูของกรวยกลมตรง (1) อัตราการเปลี่ยนแปลงของปริมาตรของกรวยกลมตรงเทียบกับรัศมีของฐาน (x) เมื่อสวนสูง (y) คงตัว คือ

h 0

f (x h) f (x)limh→

+ − = 2 2

h 0

1 1(x h) y x y3 3lim

h→

π + − π−

= 2h 0

ylim (2xh h )3h→

π+

= h 0

ylim (2x h)3→

π+

= 2 xy3π หนวยปริมาตร / หนวยความยาว

126

(2) อัตราการเปลี่ยนแปลงของปริมาตรของกรวยกลมตรงเทียบกับสวนสูง (y) เมื่อรัศมีของฐานคงตัว (x) คือ

h 0

f (y h) f (y)limh→

+ − = 2 2

h 0

1 1x (y h) x y3 3lim

h→

π + − π

= 2

h 0xlim h

3h→

π⋅

= 2

h 0

xlim3→

π

= 2x

3π หนวยปริมาตร / หนวยความยาว

12. จากสมการ r = 2

ks

เมื่อ k > 0 เปนคาคงตัว

อัตราการเปลี่ยนแปลงของ r เทียบกับ s ในขณะ s ใด ๆ คือ

h 0

f (s h) f (s)limh→

+ − = 2 2

h 0

k k(s h) slim

h→

−+

= 2 2

2 2h 01 ks k(s h)limh s (s h)→

⎡ ⎤− +⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

= 2

2

4 3 2h 01 2skh khlimh s 2s h s h→

⎡ ⎤− −⎢ ⎥

+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

= 4 3 2 2h 02sk khlim

s 2s h s h→− −+ +

= 32ks

−

เฉลยแบบฝกหัด 2.5 1. (1) dy

dx = 0

(2) dydx

= 2 13x3

+

(3) dydx

= 3x2 – 3

(4) dydx

= –10x + 1 + 1x

+3

1

2 x

(5) dsdt

= 20t4 – 6t + 1

127

(6) dsdt

= 12t2 + 18t + 1

(7) dydx

= 3x2 + 6x + 2

(8) dydx

= –4x3 + 12x2 – 6x + 12

(9) dydx

= 3x2 + 1

(10) dydx

= 222x

x−

(11) dydx

= 2 218x

(3x 1)−

+

(12) dydx

= 26

(1 3x)−

(13) dsdt

= 2112t

+

(14) dydx

= 22 3

5 43xx x

− +

(15) dsdt

= 92

1 32 2

55t 1 32

2t 2t+ +

(16) dydx

= 6x + 3 – 2 327 54x x

−

(17) dydx

= 2

2 24x 2x 20

(x 5)− − −

−

(18) dydx

= 72 62 15 12

xx x− − −

(19) dydx

= 3 12 2

3

2x 8x 8x−

+ +

(20) dydx

= 2

23678

)1x(x2x2x2x14x4x14

+

+−−−+

128

2. (1) f(x) = 3 12xx

−

f′(x) = 232

16x2x

+

f′(1) = 162

+ = 132

(2) f(x) = 5 3 21 1 1x x x 4x 55 3 2

− + − +

f′(x) = 4 2x 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 1x 1−+

f′(x) = 23

x 2x 1+ +

f′(2) = 39

= 13

3. (1) g(x) = xf (x) g′(x) = 1x f (x) f (x)

2 x′⋅ + ⋅

g′(4) = 14 f (4) f (4)2 4

′⋅ + ⋅

g′(4) = 3104

− +

= 374

−

(2) g(x) = f (x)x

g′(x) = 2x f (x) f (x)

x′⋅ −

g′(4) = 24)4(f)4(f4 −′⋅

g′(4) = 2316−

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 / วินาท ี

8. ถาเสนตรง y = mx + c ขนานกับเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 – 5 ที่จดุ (1, –2) จะได m มีคาเทากับความชันของเสนสัมผัสเสนโคง y = 3x2 – 5 ที่จุด (1, –2) จาก y = 3x2 – 5

130

จะได dydx

= 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 จดุ (–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 และสมัผัสเสนโคงที่จุดสัมผัส

ดังนั้น 4x3 = 12

จะได x = 12

แทนคา x = 12

131

จะได y = 41( )2

= 116

นั่นคือ จุด 1 1( , )2 16

อยูบนเสนโคงที่มีความชันเทากับ 12

ดังนั้น สมการเสนสัมผัสเสนโคงที่จุด 1 1( , )2 16

คือ

1y16

− = 1 1(x )2 2

−

1y16

− = 1 1x2 4

−

x 3y2 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)− = 29u− ดังนั้น dy

dx = 29(1 3x)− −

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 332x(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− = 12u

โดยกฎลูกโซ จะได

133

dydx

= dy dudu dx

⋅

= 12d d(u ) (1 2x)

du dx⋅ −

= 12

1 ( 2)2u

−

= 1u

−

ดังนั้น dydx

= 11 2x−−

(7) ให u = 3x2 + 2

จะได y = 23x 2+ = 12u

โดยกฎลูกโซ จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

= 1

22d d(u ) (3x 2)du dx

⋅ +

= 12

1 (6x)2u

= 3xu

ดังนั้น dydx

= 2

3x3x 2+

(8) ให u = x2 – 3

จะได y = 3 2x 3− = 13u

โดยกฎลูกโซ จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

= 1

23d d(u ) (x 3)du dx

⋅ −

= 23

1 (2x)3u

= 3 2

2x3 u

ดังนั้น dydx

= 2 23

2x3 (x 3)−

134

(9) ให u = 2t2 – 1 จะได s = 2 3(2t 1)−− = 3u− โดยกฎลูกโซ จะได ds

dt = ds du

du dt⋅

= 3 2d d(u ) (2t 1)du dt

− ⋅ −

= 4

3 (4t)u

−

= 4

12tu

−

ดังนั้น dsdt

= )1t2(

t122 −

−

(10) ให u = t2 – 3t + 2 จะได s = 2 2

1(t 3t 2)− +

= 2u−

โดยกฎลูกโซ จะได ds

dt = ds du

du dt⋅

= 2 2d d(u ) (t 3t 2)du dt

− ⋅ − +

= 3

2 (2t 3)u

− −

= 3

4t 6u

− +

ดังนั้น dsdt

= 2 3

4t 6(t 3t 2)− +− +

(11) ให u = x2 + 2x จะได y =

2

1x 2x+

= 12u

−

โดยกฎลูกโซ จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

= 1

22d d(u ) (x 2x)du dx

−⋅ +

= 32

1 (2x 2)2u

− +

= 3

(x 1)u

− +

ดังนั้น dydx

= 2 3

(x 1)(x 2x)− +

+

135

(12) ให u = x2 – 2x + 3

จะได y = 3 2

1x 2x 3− +

= 13u

−

โดยกฎลูกโซ จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

= 1

23d d(u ) (x 2x 3)du dx

−⋅ − +

= 43

1 (2x 2)3u

− −

= 3 4

2 2x3 u−

ดังนั้น dydx

= 2 43

2 2x3 (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 = 23(x 3)−

นั่นคือ 3d (x 3)dx

− = 23(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

136

(14) ให u = 2x 11 2x

+−

จะได y = 32x 1

1 2x+⎛ ⎞

⎜ ⎟−⎝ ⎠ = u3

โดยกฎลูกโซ จะได dy

dx = dy du

du dx⋅

= 3d d 2x 1(u ) ( )du dx 1 2x

+⋅

−

= 22

(1 2x)(2) (2x 1)( 2)3u [ ](1 2x)

− − + −−

= 22

43u(1 2x)⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 2

2

12u(1 2x)−

ดังนั้น dydx

=

2

2

2x 1121 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)

+−

dydx

= 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

dxdu

dudy

dxdy

⋅=

)1x3(dxd)u(f −′=

137

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

−=

1x323

)1u(u1

22

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

−−=

1x323

)1)1x3(()1x3(1

2

1x32

3x9

x322 −

⋅−

=

1x3x6

x322 −

−=

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

14 x

(4) จาก f(x) = 23 2x 4xx

− +

จะได f′(x) = 2

231 x 2x 8x3

− −+ +

ดังนั้น f′′(x) = 5

332 x 4x 89

− −− − +

หรือ f′′(x) = 33 5

2 4 8x9 x

−− +

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 1x+

จะได f′(x) = 2

1x

−

ดังนั้น f′′(x) = 3

2x

(7) จาก f(x) = 3x 25x−

จะได f′(x) = 2

225x

ดังนั้น f′′(x) = 3

425x−

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 60xx

−+

(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 24x x−

−

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

6x

จะได dydx

= 5

24x−

2

2

d ydx

= 6

120x

3

3

d ydx

= 7

720x−

ดังนั้น 4

4

d ydx

= 8

5,040x

5. (1) จากวัตถุเคลื่อนที่ไดระยะทาง s = 16t2 เมตร ในเวลา t วินาท ี 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 / วินาท ี

ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ เทากับ 32t เมตร / วินาท ี นั่นคือ ความเร็วขณะเวลา t = 2 วินาที เทากับ 32(2) = 64 เมตร / วินาท ี (3) ให a แทนความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ จาก (2) v = 32t เมตร / วินาท ี 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 / วนิาที2 ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t = 5 วินาที เทากับ 32 เมตร / วินาที2

140

6. (1) ความเร็วเฉลี่ยในชวงวินาททีี่ t ถึงวินาทีที ่ t + h คือ

f (t h) f (t)h

+ − = 2 2128(t h) 16(t h) (128t 16t )

h+ − + − −

= 2128h 32th 16h

h− −

= 128 – 32t – 16h ความเร็วเฉลี่ยในชวงวินาททีี่ 2 ถึงวินาทีที ่3 เทากับ 128 – 32(2) – 16(1) = 48 เมตร / วินาท ี

(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 / วินาท ี นั่นคือ ความเรงในการเคลื่อนที่ของวัตถุขณะวินาทีที่ 4 เทากับ 128 – 32(4) = 0 เมตร / วินาท ี

(4) ให a แทนความเรงขณะเวลา t ใด ๆ จาก (3) v = 128 – 32t เมตร / วินาท ี 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 ดังนี ้

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 ดังนี ้ จะได f′(x) > 0 บนชวง ( 1

4 , ∞)

และ f′(x) < 0 บนชวง (–∞, 14

)

ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง ( 14

, ∞)

และ f เปนฟงกชันลดบนชวง (–∞, 14

)

+ – x < –1 x > –1 –1

14

– +

x < 14

x > 14

-4 4

-2

2

4

X

Y

0

f(x)

142

(3) จาก f(x) = x3 – x2 – 8x จะได f′(x) = 3x2 – 2x – 8 = (3x + 4)(x – 2) ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี ้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , 4

3− ) ∪ (2, ∞)

และ f′(x) < 0 บนชวง ( 43

− , 2)

ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , 43

− ) ∪ (2, ∞)

และ f เปนฟงกชันลดบนชวง ( 43

− , 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)

143

(4) จาก f(x) = 2x3 + 3x2 – 36x + 5 จะได f′(x) = 6x2 + 6x – 36 = 6(x + 3)(x – 2) ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี ้ 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

144

ตรวจสอบเครื่องหมายของ f′(x) โดยเขียนเสนจํานวนและจุดแบงชวง ดังนี ้ จะได f′(x) > 0 บนชวง (–∞ , 2

3− ) ∪ (2, ∞)

และ f′(x) < 0 บนชวง ( 23

− , 2)

ดังนั้น f เปนฟงกชันเพิ่มบนชวง (–∞ , 23

− ) ∪ (2, ∞)

และ f เปนฟงกชันลดบนชวง ( 23

− , 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 > 2 2

3− < x < 2 2

3−

5

-5 -2

5

X

Y

0

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 X 0 2

-2

-6

-10

0 2 4 -2

-4

4

8

12

X

Y

f(x)

-4

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

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

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

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 23

− และ 2

คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 23

− , 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 32

− , 0 และ 3

2

6

10

2 6 -2 0 -6 -2

-6

X

Y

150

คํานวณหาคาของฟงกชัน f ที่ x = 32

− , 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 ไมมจีํานวนจริง 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

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 14

−

f′′ (x) = 4 f′′ ( 1

4− ) = 4 > 0

ดังนั้น f มีคาต่ําสุดสัมพัทธเทากับ 1f ( )4

− = 498

−

-8

Y

f(x)

-1

-4

X 1 0

4

2 -2

กราฟ f(–1) = –10 และ f(–3) = –46

5 -5

20

40

-20

-40

-60

X

Y

0

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 32

f′′ (x) = –2 f′′ ( 3

2) = –2 < 0

ดังนั้น f มีคาสูงสุดสัมพัทธเทากับ 3f ( )2

= 14

(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 1 0

2

2 -2

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 2 0

2

4 -4

Y

2 -2

-20

-10

10

20

f(x)

0 4 X -4

154

2. เนื่องจากรัว้ยาว 200 เมตร จะได 6x + 4y = 200 y = 350 x

2−

ให A(x) เปนพื้นที่ของที่ดนิรูปสี่เหล่ียมผืนผา 3 แปลง เมื่อ x เปนความยาวของดานกวางของทีด่นิ รูปสี่เหล่ียมผืนผาของแตละแปลง จะได A(x) = 33x(50 x)

2−

= 29150x x

2−

A′(x) = 150 – 9x ถา A′(x) = 0 จะได 150 – 9x = 0 เพราะฉะนั้น x = 50

3

ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน A คือ 503

จาก A′(x) = 150 – 9x จะได A′′ (x) = –9 A′′ 50( )

3 = –9 < 0

นั่นคือ ฟงกชัน A มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 503

และมีคาเทากับ 50A( )3

= 1,250

ดังนั้น ร้ัวจะลอมพื้นที่ไดมากที่สุด 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 12

จาก f′(x) = 1 – 2x จะได f′′(x) = –2 f′′( 1

2) = –2 < 0

นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ x = 12

และมีคาเทากับ f( 12

) = 14

ดังนั้น จํานวนจริงจํานวนนั้นคือ 1

2

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 29x ( )

x+ −

= 22

81xx

+

f′(x) = 3

1622xx

−

ถา f′(x) = 0 จะได 3

1622xx

−

= 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

156

จาก f′(x) = 3

1622xx

−

f′′(x) = 4

4862x

+

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 เปนเวลาหนวยเปนวินาท ี 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 และมคีาเทากับ C(10) = 30 ดังนั้น ในการเกิดปฏิกิริยาทางเคมีนี้อุณหภูมิจะขึน้สูงสุดเมื่อ t = 10 วินาท ี และอุณหภูมิสูงสุดเปน 30 องศาเซลเซียส

7. ให V(x) เปนปริมาตรของกลอง เมื่อ x เปนความยาวของดานของรูปสีเหล่ียมจัตุรัสที่ตัดออก 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

157

x = 244 ( 44) 4(3)(120)

2(3)− − − หรือ x =

244 ( 44) 4(3)(120)2(3)

+ − −

x = 22 2 313

− = 3.62 หรือ x = 22 2 313

+ = 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. ถาพอคาตั้งราคาขายสินคาอยางหนึ่งชิน้ละ 20 บาท ในหนึ่งสัปดาหเขาจะขายสนิคาได 1,000 ช้ิน ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ 1 บาท เขาจะขายได 1,000 + 100 ช้ิน ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ 2 บาท เขาจะขายได 1,000 + 200 ช้ิน ถาเขาลดราคาลงชิ้นละ x บาท เขาจะขายได 1,000 + 100x ช้ิน เขาขายสินคาราคาชิ้นละ 20 – x บาท

158

ให f(x) เปนเงินที่ไดจากการขายสินคา เมื่อ x เปนเงินที่ลดราคาสินคา 1 ช้ิน 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 เปนรูปสี่เหล่ียมผืนผาที่บรรจุในรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก มีดานดานหนึง่ยาว m หนวย และอีกดานหนึ่งยาว n หนวย ดังรูป จากรูป 1 ∆ ADE คลายกับ ∆ ABC จะได AE

AC = DE

BC

120 m120− = n

90

n = 3 (120 m)4

−

ให S(m) เปนพื้นที่ของรูปสี่เหล่ียมผืนผา เมื่อ m เปนความยาวของดานดานหนึง่ของรูปสี่เหล่ียมผืนผา

n

m

90

120 – a

a 150

X

F C

Z Y

E D

90

120 – m

m 150

F

D E

C B

A

n

รูป 1 รูป 2

159

จะได S(m) = 3 (120 m)(m)4

−

= 2390m m4

−

S′(m) = 390 m2

−

ถา S′(m) = 0 จะได 390 m2

− = 0

เพราะฉะนั้น m = 60 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน S คือ 60 จาก S′(m) = 390 m

2−

S′′ (m) = 3

2−

S′′ (60) = 32

− < 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 = 2390a a

4−

ให S(a) เปนพื้นที่ของรูปสี่เหล่ียมผืนผา เมื่อ a เปนความยาวของ EZ จะได S(a) = 2390a a

4−

S′(a) = 390 a2

−

ถา S′(a) = 0 จะได 390 a

2− = 0

เพราะฉะนั้น a = 60 ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน S คือ 60

160

จาก S′(a) = 390 a2

−

S′′(a) = 32

−

S′′(60) = 32

−

ดังนั้น ฟงกชัน S มีคาสูงสุด นั่นคือ ฟงกชัน S มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ a = 60 และมคีาเทากับ S(60) = 2,700 จาก a = 60 จะได n = 90(120 60)

150−

และ m = (150)(60)

120

= 36 = 75 ดังนั้น รูปสี่เหล่ียมผืนผา มีดานกวางยาว 45 หนวย และดานยาว 60 หนวย หรือมีดานกวางยาว 36 หนวย และดานยาวยาว 75 หนวย

11. ใหพอคาผลิตสินคาขายได x ช้ินใน 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 เมือ่ 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 และมคีาเทากับ f(975) = 37,425 ดังนั้น ตองผลิตสินคาออกขายสัปดาหละ 975 ช้ิน จงึจะไดกําไรมากที่สุด

161

12. รถบรรทุกวิ่งระยะทาง 500 กิโลเมตร ดวยอัตราเรว็เฉลี่ย x กิโลเมตรตอช่ัวโมง ตองใชเวลา 500

x ช่ัวโมง

เสียคาน้ํามันลิตรละ 24 บาท และใชน้ํามันในอัตรา 150x24

2

+ ลิตรตอช่ัวโมง

ดังนั้น เสียคาน้ํามัน )24)(x

500)(150x24(

2

+ บาท

และเสียเบีย้เล้ียงคนขับชั่วโมงละ m บาท จะตองเสียเบี้ยเล้ียงคนขับ 500m

x บาท

ให f(x) เปนเงินที่บริษทัตองจายในการสงสินคา เมื่อ x เปนอัตราเร็วเฉลี่ยหนวยเปนกิโลเมตร ตอช่ัวโมง

จะได f(x) = )24)(x

500)(150x24(

xm500 2

++

= x80

x288000

xm500

++

f′(x) = 80x

288000x

m50022 +−−

ถา f′(x) = 0

จะได 80x

288000x

m50022 +−−

= 0

2x80288000m500 +−− = 0 x2 = 3600

4m25+

เพราะฉะนั้น x = 36004m25+−

หรือ x = 3600

4m25+

ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน f บนชวงปด [25, 80] คือ 36004m25+

จาก f′(x) = 80x

288000x

m50022 +−−

f′′(x) = 33 x576000

xm1000+

f′′ )36004m25( + = 3

1000m 576000 025m 3600

4

+>

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

162

นั่นคือ ฟงกชัน f มีคาต่ําสุดสัมพัทธที่ x = 3600

4m25+

ดังนัน้ บริษัทตองสั่งใหขับรถดวยอัตราเร็วเฉล่ีย 3600

4m25+

กิโลเมตรตอช่ัวโมง จึงจะประหยัดที่สุด

13. เนื่องจาก s = kwd2 เมื่อ k เปนคาคงตัว จากรูป d2 = a2 – w2 จะได s = kw(a2 – w2) = kwa2 – kw3

ให s(w) เปนน้ําหนกัสูงสุดที่คานรับได เมื่อ w เปนความกวางของคาน และ k เปนคาคงตัว จะได s(w) = wka2 – kw3 s′(w) = ka2 – 3kw2 ถา s′(w) = 0 จะได ka2 – 3kw2 = 0

w2 = 2ka

3k

w2 = 2a

3

เพราะฉะนั้น w = 3a3

−

หรือ w = 3a

3

ดังนั้น คาวิกฤตของฟงกชัน s คือ 3a3

จาก s′(w) = ka2 – 3kw2 s′′(w) = –6kw

s′′ 3a( )3

= 2 3ka− < 0

นั่นคือ ฟงกชัน s มีคาสูงสุดสัมพัทธที่ w = 3a3

และมีคาเทากบั 32 3 ka9

จาก w = 3a3

จะได d2 = 2 23aa ( )3

−

d2 = 22 a3

d = 2a3

ดังนั้น ตองเล่ือยใหคานมีความกวาง 3a3

เซนติเมตร และหนา 2a3

เซนติเมตร

a

w

d

163

14. ให P(f) เปนกําไรสุทธิหนวยเปนบาท เมื่อ f เปนปรมิาณปุยทีใ่ชหนวยเปนกิโลกรัมตอไร 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 และกําไรสุทธสูิงสุดจากผลผลิตตอไรเปน 500 บาท

เฉลยแบบฝกหัด 2.9

1. (1) 25 x c2

+ (2) 41 x c4

+

(3) 522 x c

5+ (4) 4

1 c4x

− +

(5) 2x x c+ + (6) 5 4 3 24 3 2 1x x x x x c5 4 3 2

+ + + + +

(7) 2

2 3 cx 2x

− − + (8) 5 31 5x x 4x c5 3

− + − +

(9) 2 x c+ (10) 2 1 cxx

− − +

164

เฉลยแบบฝกหัด 2.10

1. (1) 4 2(x 3x 5x)dx+ +∫ = 4 2x dx 3x dx 5xdx+ +∫ ∫ ∫ = 4 2x dx 3 x dx 5 xdx+ +∫ ∫ ∫

= 5 2

3x 5xx c5 2+ + +

(2) 3 2 2(2x 3x 6 2x )dx−− + −∫ = 3 2 22x dx 3x dx 6dx 2x dx−− + −∫ ∫ ∫ ∫ = 3 2 22 x dx 3 x dx 6dx 2 x dx−− + −∫ ∫ ∫ ∫

= 4

3x 2x 6x c2 x− + + +

(3) 103

1(x )dxx

−∫ = 10 3x dx x dx−−∫ ∫

= 11

2

x 1 c11 2x

+ +

(4) 2 4

1 2( )dxx x

+∫ = 24

1 2dx dxx x

+∫ ∫

= 2 4x dx 2 x dx− −+∫ ∫ = 3

1 2 cx 3x

− − +

(5) xdx∫ = 12x dx∫

= 322x c

3+

= 2x x c3

+

(6) 2332(x x )dx−∫ =

2332x dx x dx−∫ ∫

= 55322x 3x c

5 5− +

(7) 2

1 1( )dxx 2 x

−∫ = 2

1 1dx dxx 2 x∫ ∫

12 21x dx x dx

2−− −∫ ∫

= 121 x c

x− − +

= 1 x cx

− − +

165

(8) 2x (x 3)dx−∫ = 3 2x dx 3x dx−∫ ∫

= 4

3x x c4− +

(9) x(x 1)dx+∫ = 3 12 2x dx x dx+∫ ∫

= 5 32 22x 2x c

5 3+ +

(10) 3

x 2( )dxx−

∫ = 2 3x dx 2x dx− −−∫ ∫

= 2 3x dx 2 x dx− −−∫ ∫ = 2

1 1 cx x

− + +

(11) 2(x 5x 1)dx+ +∫ = 2x dx 5xdx 1dx+ +∫ ∫ ∫ = 2x dx 5 xdx 1dx+ +∫ ∫ ∫

= 3 2x 5x x c

3 2+ + +

(12) (6 x 15)dx+∫ = 126x dx 15dx+∫ ∫

= 324x 15x c+ +

= 4x x 15x c+ +

(13) 3 2(x 5x 6)dx+ +∫ = 3 2x dx 5x dx 6dx+ +∫ ∫ ∫ = 3 2x dx 5 x dx 6dx+ +∫ ∫ ∫

= 4 3x 5x 6x c

4 3+ + +

(14) 6( 8 x )dxx+∫ =

1 12 26x dx 8x dx

−+∫ ∫

= 1 12 26 x dx 8 x dx

−+∫ ∫

= 3

1 22 16x12x c

3+ +

= 12 x 16x x c+ +

166

(15) 4 3 2(x 12x 6x 10)dx− + −∫ = 4 3 2x dx 12x dx 6x dx 10dx− + −∫ ∫ ∫ ∫ = 4 3 2x dx 12 x dx 6 x dx 10dx− + −∫ ∫ ∫ ∫

= 5

4 3x 3x 2x 10x c5− + − +

2. ให dydx

= f′(x) = x

จะได dy dxdx∫ = xdx∫

y = xdx∫

y = 2x c

2+ เมื่อ c เปนคาคงตัวใด ๆ

จะได f(x) = 2x c

2+

เนื่องจาก f(2) = 2

จะได 2 = 22 c

2+

c = 0

ดังนั้น f(x) = 2x

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 2x 3x 2x c

3 2− + +

ดังนั้น สมการเสนโคง คือ y = 3 2x 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) c3 2− + +

c = 13

ดังนั้น สมการเสนโคงดังกลาวคือ y = 3 2x 3x 12x

3 2 3− + +

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 c2+ +

ดังนั้น สมการเสนโคง คือ y = 4

2x 2x c2+ +

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 52+ +

(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 c5

− + + +

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 = 335

−

ดังนั้น สมการเสนโคงดังกลาวคือ y = 5

32x 33x 6x5 5

− + + −

168

4. (1) จาก dvdt

= a(t) = 6 – 2t

จะได dv dtdt∫ = (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 dtdt∫

= 2(6t t 5)dt− +∫

s = 3

22

t 3t 5t c3

− + + +

จาก s(0) = 0 จะได c2 = 0

ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 3

2t 3t 5t3

− + + เมื่อ 0 t 3≤ ≤

(2) จาก dvdt

= a(t) = 120t – 12t2

จะได dv dtdt∫ = 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 dtdt∫

= 2 3(60t 4t )dt−∫

s = 3 4220t t c− +

จาก s(0) = 4 จะได c2 = 4 ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 20t3 – t4 + 4

เมื่อ 0 t 10≤ ≤

(3) จาก dvdt

= a(t) = t2 + 5t + 4

จะได dv dtdt∫ = 2(t 5t 4)dt+ +∫

v =

3 2

1t 5t 4t c3 2+ + +

จาก v(0) = –2 จะได c1 = –2

ดังนั้น ความเร็วขณะเวลา t ใด ๆ คือ 3 2t 5t 4t 23 2+ + − เมื่อ 0 t 15≤ ≤

169

จาก dsdt

= v(t) = 3 2t 5t 4t 23 2+ + −

จะได ds dtdt∫

= 3 2t 5t( 4t 2)dt3 2+ + −∫

s = 4 3

22

t 5t 2t 2t c12 6

+ + − +

จาก s(0) = –3 จะได c2 = –3

ดังนั้น ตําแหนงของวัตถุขณะเวลา t ใด ๆ คือ 4 3

2t 5t 2t 2t 312 6

+ + − − เมื่อ 0 t 15≤ ≤

5. (1) โยนวัตถุขึ้นไปบนอากาศในแนวดิ่ง a = –g = –9.8 เมตร / วินาที2

จะได dvdt

= –9.8

v = 9.8dt−∫ v = –9.8t + c1 โยนวัตถุขึ้นไปบนอากาศในแนวดิ่งดวยความเร็ว 98 เมตร / วินาท ี 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 วินาท ี

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 = dvdt

= 1 (20 t)4

− = t54

−

จาก dvdt

= t54

−

จะได v = t(5 )dt4

−∫

v = 2

1t5t c8

− +

ขณะ t = 0, v = 0 จะได c1 = 0

ดังนั้น v = 2t5t8

−

ถา t = 20

จะได v = 2(20)5(20)

8−

v = 50 นั่นคือ วินาททีี่ 20 รถไฟกําลังแลนดวยความเร็ว 50 เมตร / วินาท ี

จาก dsdt

= v = 2t5t8

−

จะได dsdt

= 2t5t8

−

s = 2t(5t )dt8

−∫

s = 2 3

25t t c2 24

− +

171

ขณะ t = 0 , s = 0 จะได c2 = 0

ดังนั้น s = 2 35t t

2 24−

ถา t = 20

จะได s = 3

25 (20)(20)2 24

−

s = 20003

นั่นคือ เวลา 20 วินาที รถไฟแลนไดระยะทาง 20003

เมตร

ตอจากนั้นรถไฟแลนตอไปดวยความเร็วคงที่ 50 เมตรตอวินาท ี หลังจากออกจากสถานี 30 วนิาที ก็คือ แลนดวยความเร็วคงที่ตอไปอีก 10 วินาท ี

จาก s = vt s = 50 × 10 s = 500 รถไฟแลนดวยความเรว็คงทีต่อไปอีก 10 วินาที เปนระยะทาง 500 เมตร ดังนั้น หลังจากรถไฟออกจากสถานี 30 วินาที จะอยูหางจากสถานีเปน ระยะทาง เทากับ 2000 500

3+ = 21166

3 เมตร

เฉลยแบบฝกหัด 2.11

1. 4 3

3(x 3)dx+∫ =

4 4x( 3x)34

+

= 256 81( 12) ( 9)4 4

+ − +

= 304 1174 4

−

= 1874

V = 50 ความเร็วคงที ่มีความเรง

20 วินาท ี 10 วินาท ี

172

2. 3 2

1(x 2x 3)dx− +∫ =

32 3x( x 3x)

13− +

= 1(9 9 9) ( 1 3)3

− + − − +

= 793

−

= 203

3. 1 3

1(4x 2x)dx

−+∫ = 4 2 1

(x x )1

+−

= (1 + 1) – (1 + 1) = 0

4. 1

23

1 dxx

−

−∫ = 11( )3x−

−−

= 113

−

= 23

5. 4 232

3(x )dxx

+∫ = 3

2

4x 3( )23 2x

−

= 64 3 8 3( ) ( )3 32 3 8− − −

= 2039 5596 24

−

= 181996

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

− + − − − +

= 2615

−

7. 1 2

0x(x 1)dx+∫ = 1 3

0(x x)dx+∫

= 4 2 1x x( )

04 2+

= 1 1( ) 04 2+ −

= 34

173

8. 1 2 2 2

0x (x 1) dx+∫ = 1 6 4 2

0(x 2x x )dx+ +∫

= 7 5 3 1x 2x x( )

07 5 3+ +

= 1 2 1( ) 07 5 3+ + −

= 92105

9. 32

0

x( 2x)dx3+∫ =

42 2x( x )

012+

= 16( 4) 012

+ −

= 163

10. 2 2 2

0x(x 1) dx+∫ = 2 5 3

0(x 2x x)dx+ +∫

= 6 4 2 2x x x( )

06 2 2+ +

= 32( 8 2) 03+ + −

= 623

เฉลยแบบฝกหัด 2.12

1. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้

0 2 4 -2

4

8

12

X

Y

y = x2

-4

174

ให A แทนพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ y = x2 จาก x = –3 ถึง x = 0 เนื่องจาก f(x) ≥ 0 สําหรับทุก x ที่อยูในชวง [–3, 0] จะได A = 0 2

3x dx

−∫

= 3 0x

33 −

= 0 – (–9) = 9 ตารางหนวย 2. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ ให A แทนพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ 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

175

3. พื้นที่ที่ตองการ แสดงไดดังนี้ ให A แทนพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ 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

+ − − − + +

= 343

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

176

ให A แทนพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ 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 แทนพืน้ที่ที่ปดลอมดวยเสนโคงของ 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

− − − − +

= 2723

ตารางหนวย

5 -5

-10

-20

-30

10

X

Y

25xy 2 −=

0

177

6. พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 0 ถึง x = 1 ซ่ึงมีพื้นที่เทากบั 1 1 2

2× × = 1 ตารางหนวย

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(1) – F(0) = 1

0f (x)dx∫ = –1

ดังนั้น F(1) = –1 + 0 = –1 พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 1 ถึง x = 2 ซ่ึงมีพื้นที่เทากับ 1 1 (2 1)

2× × + = 3

2 ตารางหนวย

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(2) – F(1) = 2

1f (x)dx∫ = 3

2−

ดังนั้น F(2) = 3 12

− − = 52

−

พื้นที่ที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) จาก x = 2 ถึง x = 3 ซ่ึงมีพื้นที่เทากับ 1 1 1

2× × = 1

2 ตารางหนวย

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(3) – F(2) = 3

2f (x)dx∫ = 1

2−

ดังนั้น F(3) = 1 52 2

− − = –3

พื้นที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 3 ถึง x = 4 ซ่ึงมีพื้นที่เทากับ 1 1 1

2× × = 1

2 ตารางหนวย

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(4) – F(3) = 4

3f (x)dx∫ = 1

2

ดังนั้น F(4) = 1 32− = 5

2−

y = f(x) -2

Y

0 2 4

2

X -1 6

178

พื้นที่ที่ปดลอมดวยกราฟ y = f(x) กับแกน X จาก x = 4 ถึง x = 5 ซ่ึงมีพื้นที่เทากับ 1 1 1

2× × = 1

2 ตารางหนวย

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะไดวา F(5) – F(4) = 5

4f (x)dx∫ = 1

2

∴ F(5) = 1 52 2− = –2

ดังนั้น F(b) มีคา –1, 52

− , –3, 52

− , –2 เมื่อ b = 1, 2, 3, 4, 5 ตามลําดับ

7. เนื่องจากพื้นทีป่ดลอม F′(x) กับแกน X บน [0, 2] เทากับ 5 จะได 2

0F (x)dx′∫ = 5

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(2) – F(0) = 2

0F (x)dx′∫

F(2) = 5 + 3 = 8 เนื่องจากพื้นทีป่ดลอม F′(x) กับแกน X บน [2, 5] เทากับ 16 จะได 5

2F (x)dx′∫ = –16

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(5) – F(2) = 5

2F (x)dx′∫

F(5) = –16 + 8 = –8 เนื่องจากพื้นทีป่ดลอม F′(x) กับแกน X บน [5, 6] เทากับ 10 จะได 6

5F (x)dx′∫ = 10

จากทฤษฎีบทหลักมูลของแคลคูลัส จะได F(6) – F(5) = 6

5F (x)dx′∫

F(6) = 10 – 8 = 2