Trước hết ta nhắc lại công thức tính đạo hàm bằng định nghĩa :
\[f'(x_0)=\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]
Phương pháp này thường áp dụng đối với giới hạn có dạng $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$; trong đó $g'(x_0) \ne 0$, $g'(x_0)$ tồn tại hữu hạn và $f(x_0)=g(x_0)=0$, tức là dạng giới hạn $\frac{0}{0}$.
Nếu giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$ thỏa mãn các điều kiện trên thì phương pháp này rất có hiệu quả và dễ thực hiện hơn nhiều so với các phương pháp bình thường như : phương pháp thêm bớt hạng tử, dùng biểu thức liên hợp, sử dụng các giới hạn lượng giác cơ bản.
Ta sẽ cùng xét các ví dụ sau :
Ví dụ $1.$ Tính giới hạn sau
\[L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{x-\sin x}{x+\sin x}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=x- \sin x$ thì $f(0)=0$
và $f'(x)=1- \cos x$ nên $f'(0)=0$
Đặt : $g(x)=x+ \sin x$ thì $g(0)=0$
và $g'(x)=1+ \cos x$ nên $g'(0)=2$
Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)}{x}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=0$
Ví dụ $2.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle \frac{\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{7+2x-x^2}}{x^2-2x}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{7+2x-x^2}$ thì $f(2)=0$
và $f'(x)=\displaystyle\frac{1+2x}{2\sqrt{1+x+x^2}}-\frac{1-x}{\sqrt{7+2x-x^2}}$ nên $f'(2)=\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{7}}+\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$
Đặt : $g(x)=x^2-2x$ thì $g(0)=0$
và $g'(x)=2x-2$ nên $g'(0)=2$
Ta có :
$L=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \displaystyle
\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{f(x)}{x-2}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{g(x)}{x-2}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{f(x)-f(2)}{x-2}}{\mathop {\lim
}\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{g(x)-g(2)}{x-2}}=\displaystyle\frac{f'(2)}{g'(2)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$
Ví dụ $3.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=\sqrt{5-x}-\sqrt[3]{x^2+7}$ thì $f(1)=0$
và
$f'(x)=\displaystyle -\frac{1}{2\sqrt{5-x}}-\frac{2x}{3\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2}}$
nên
$f'(1)=\displaystyle-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=-\frac{5}{12}$
Đặt : $g(x)=x^2-1$ thì $g(1)=0$
và $g'(x)=2x$ nên $g'(1)=2$
Ta có :
$L=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \displaystyle
\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{g(x)}{x-1}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}{\mathop {\lim
}\limits_{x \to1 }\displaystyle\frac{g(x)-g(1)}{x-1}}=\displaystyle\frac{f'(1)}{g'(1)}=-\frac{5}{24}$
Trong ví dụ này, nếu ta sử dụng phương pháp thêm bớt hạng tử và dùng biểu thức liên hợp thì thực hiện như sau :
$L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-2+2-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}$
$=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-2}{x^2-1}+\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{2-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}$
$=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1-x}{(x^2-1)\left (\sqrt{5-x}+2 \right )}+\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1-x^2}{(x^2-1)\left (4+2\sqrt[3]{x^2+7}+\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2} \right )}$
$=\displaystyle-\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle
\frac{1}{(x+1)\left (\sqrt{5-x}+2 \right )}\displaystyle-\mathop
{\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1}{4+2\sqrt[3]{x^2+7}+\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2} }$
$=-\frac{1}{8}-\frac{1}{12}=-\frac{5}{24}$
Độc giả có thể tự đọc và suy ngẫm về những ưu điểm của từng phương pháp. Và ví dụ tiếp theo đây sẽ minh họa thêm về tính hiệu quả của phương pháp dùng định nghĩa đạo hàm để tính giới hạn.
Ví dụ $4.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{\left ( x^3+2013 \right )\sqrt[5]{1-3x}-2013}{x}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=\left ( x^3+2013 \right )\sqrt[5]{1-3x}-2013$ thì $f(0)=0$
và
$f'(x)=\displaystyle 3x^2.\sqrt[5]{1-3x}-\frac{3(x^3+2013)}{5\sqrt[5]{(1-3x)^4}}$
nên
$f'(0)=\displaystyle-\frac{6039}{5}$
Đặt : $g(x)=x$ thì $g(0)=0$
và $g'(x)=1$ nên $g'(0)=1$
Ta có :
$L=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \displaystyle
\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x-0}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)}{x-0}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}{\mathop {\lim
}\limits_{x \to0
}\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=-\frac{6039}{5}$
Rõ ràng trong bài toán này ta sẽ rất khó định hướng được hướng làm nếu chỉ nghĩ đến các phương pháp quen thuộc.
Ví dụ $5.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{\tan^3 x-3\tan x}{\displaystyle\cos \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=\tan^3 x-3\tan x$ thì $f(\frac{\pi}{3})=0$
và
$f'(x)=\displaystyle 3\tan^2 x . \frac{1}{\cos^2 x}-3.\frac{1}{\cos^2 x}$
nên
$f'(\frac{\pi}{3})=24$
Đặt : $g(x)=\cos \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )$ thì $g(\frac{\pi}{3})=0$
và $g'(x)=-\sin \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )$ nên $g'(\frac{\pi}{3})=-1$
Ta có :
$L=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}} \displaystyle
\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{f(x)}{x-\frac{\pi}{3}}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{g(x)}{x-\frac{\pi}{3}}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{x \to\frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{f(x)-f(\frac{\pi}{3})}{x-\frac{\pi}{3}}}{\mathop {\lim
}\limits_{x \to\frac{\pi}{3}
}\displaystyle\frac{g(x)-g(\frac{\pi}{3})}{x-\frac{\pi}{3}}}=\displaystyle\frac{f'(\frac{\pi}{3})}{g'(\frac{\pi}{3})}=-24$
Ví dụ $6.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{ \displaystyle x^x-1}{x\ln x}\]
Lời giải :
Đặt : $f(x)=\displaystyle x^x-1=\displaystyle e^{ \displaystyle \ln x^x}-1=\displaystyle e^{\displaystyle x\ln x}-1$ thì $f(1)=0$
và
$f'(x)=\displaystyle e^{x\ln x}\left (1+ \ln x \right )$
nên
$f'(1)=\displaystyle 1$
Đặt : $g(x)=x\ln x$ thì $g(1)=0$
và $g'(x)=1+ \ln x$ nên $g'(1)=1$
Ta có :
$L=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \displaystyle
\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to
1}\displaystyle\frac{f(x)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to
1}\displaystyle\frac{g(x)}{x-1}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}{\mathop {\lim
}\limits_{x \to1
}\displaystyle\frac{g(x)-g(1)}{x-1}}=\displaystyle\frac{f'(1)}{g'(1)}=1$
Ví dụ $7.$ Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \left (1+\frac{2}{x} \right )^{\displaystyle 3x}\]
Lời giải :
Ta có :
$L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \left (1+\frac{2}{x} \right )^{\displaystyle 3x}=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle e^{\displaystyle 3x \ln \left (1+\frac{2}{x} \right )}=e^{L_1}$
Trong đó : $L_1=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \displaystyle 3x \ln \left (1+\frac{2}{x} \right ) \underbrace{=}_{t=\frac{1}{x}}\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle \displaystyle \frac{3\ln (1+2t)}{t}$
Đặt : $f(t)=\displaystyle 3\ln (1+2t)$ thì $f(0)=0$
và
$f'(t)=\displaystyle \frac{6}{1+2t}$
nên
$f'(0)=\displaystyle 6$
Đặt : $g(t)=t$ thì $g(0)=0$
và $g'(t)=1$ nên $g'(0)=1$
Ta có :
$L_1=\displaystyle
\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \displaystyle
\frac{f(t)}{g(t)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{f(t)}{t-0}}{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{g(t)}{t-0}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim
}\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{f(t)-f(0)}{t-0}}{\mathop {\lim
}\limits_{t\to0
}\displaystyle\frac{g(t)-g(0)}{t-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=6$
Tóm lại $L=e^{L_1}=e^6$
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Tính các giới hạn sau bằng phương pháp dùng định nghĩa đạo hàm
$1. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 8}\displaystyle \frac{\sqrt{9+2x}-5}{\sqrt[3]{x}-2}$
$2. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{1-\sqrt{2x+1}+\sin x}{\sqrt{3x+4}-2-x}$
$3. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{1-4^x}{1-e^x}$
$4. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{\ln (x+1)}{x}$
$5. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{e^x - 1}{x}$
$6 L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to a}\displaystyle \frac{a^x-x^a}{x-a} (a>0)$
$7. L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \left (\frac{x}{2} \right )^{\displaystyle \frac{1}{x-2}}$