Trong qu¸ tr×nh d¹y häc m«n to¸n ë bËc trung häc phæ th«ng, chóng ta gÆp rÊt nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Để giải các bài to[r]
(1)SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Phần một: Đặt vấn đề Hiện ,giáo dục không ngừng đợc cải cách và đổi Để kịp với xu hớng này ,rất nhiều yêu cầu đợc đặt Một số đó chính là làm để có đợc phơng pháp giải toán hay ,nhanh,mà cho kết chính xác Phơng pháp sử dụng tính đơn ®iÖu cña hµm sè lµ mét ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n nh vËy Có nhiều bài toán nhìn tởng khó,nếu giải đợc thì lời giải khó hiểu,rắc rối Nhng áp dụng phơng pháp này ,bài toán trở thành đơn giản ,gọn rÊt nhiÒu §ã chÝnh lµ mét nh÷ng øng dông cña ph¬ng ph¸p nµy ,ngoµi ph¬ng pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy u việt nhiều trờng hợp khác Nói tóm lại,Phơng pháp này cần thiết các em học sinh chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo việc tìm đơng giải toán nhanh ,hay và chính xác nhÊt Trong qu¸ tr×nh d¹y häc m«n to¸n ë bËc trung häc phæ th«ng, chóng ta gÆp rÊt nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải đợc nhiều phơng pháp khác , có bài có thể giải đợc phơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số.Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán là phơng pháp hay,thông thờng để giải bài toán đơn giản,gọn nhẹ so với phơng pháp khác Tuy nhiên để học sinh có kỹ ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bít lóng tóng h¬n Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán ,chiếm vị trí đặc biệt quan trọng các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Phơng pháp này dựa trên mối liên hệ tính đồng biến và nghịch biến hàm số với đạo hàm nó §Ó sö dông ph¬ng ph¸p nµy,®iÒu cèt yÕu lµ chóng ta cÇn x©y dùng mét hµm sè thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến nó trên đoạn thích hợp.Các hàm số nhiều trờng hợp có thể nhận tra từ đầu ,còn các trờng hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát chúng PhÇn hai: Néi dung A KiÕn thøc cÇn nhí Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] đợc gọi là đồng biến trên đoạn ấy, với x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta có f(x1) < f(x2) Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x) 0 , x [a ;b] Đồng thời dấu ''='' đạt đợc số điểm riêng biệt (2) Đối với hàm đồng biến thì ymax= y(b) , ymin= y(a) (a < b) ,đồng thời phơng tr×nh f(x) =0 cã nghiÖm th× nghiÖm Êy lµ nhÊt Tơng tự, y = f(x) đợc gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x) 0 , x [a;b] Đồng thời dấu ''='' đạt đợc số điểm riêng biệt Đối với hàm nghịch biến thì ymax= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời phơng trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm là Hàm số y = f(x) đồng biến nghịch biến trên đoạn [a;b] đợc gọi là đơn điệu trên đoạn Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây: f(x) = f(y) x = y Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì : 1) NÕu ph¬ng tr×nh f(x) = g(x) cã nghiÖm x = x0 th× nghiÖm Êy lµ nhÊt 2) NghiÖm cña bÊt ph¬ng tr×nh f(x) > g(x) lµ giao cña x>x vµ miÒn x¸c định bất phơng trình 3) NghiÖm cña bÊt ph¬ng tr×nh f(x) < g(x) lµ giao cña x< x vµ miÒn x¸c định bất phơng trình B Mét sè vÝ dô I Ph¬ng tr×nh VÝ dô 1: gi¶i ph¬ng tr×nh: Gi¶i: ®iÒu kiÖn -1 x (1) x 1 - x = (1) x = 1+ x Cã nghiÖm x = 3, v× = = + = §óng và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dơng) , vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = là nghiệm (1) Nhận xét.Cái hay cách giải này là đa phơng trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng lần dễ dẫn đến nghiệm VÝ dô 2.Gi¶i ph¬ng tr×nh x5 +x3 - 3x +4 =0 Gi¶i: §iÒu kiÖn x 1/ §Æt f(x) = x5 +x3 - 3x +4 Ta cã f'(x) = 5x4 +3x2 + 3x > , ] f(x) đồng biến / ( MÆt kh¸c f(-1) = nªn ph¬ng tr×nh f(x) = cã nghiÖm nhÊt x = -1 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh x 15 3 x x (3) Gi¶i.Ph¬ng tr×nh f ( x) 3 x x x 15 0 (*) NÕu x 2 / th× f(x) <0 ph¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm x NÕu x >2/3 th× f'(x) = + x x> x 15 2 , f(x) đồng biến / Mà f(1) = nên (*) có đúng nghiệm x = VÝ dô 4: Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : 2 x 2 x 2 x Giải: Nhận thấy x = là nghiệm ,vì đó ta có : 2- x V× 2x > nªn (1) 2 (1) 4 22 x 2 3 2 3 1 4 2 1 4 Do Nªn vÕ tr¸i lµ hµm nghÞch biÕn ,vµ v× vËy x =2 lµ nghiÖm nhÊt cña (1) NhËn xÐt C¸i hay cña c¸ch gi¶i nµy lµ ph¸t hiÖn c¬ sè bÐ h¬n để sử dụng tính nghịch biến VÝ dô 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh : x + lg(x2 -x -6) = +lg(x +2) Gi¶i: §iÒu kiÖn x +2>0, x2 - x -6 >0 x VËy (1) x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2) lg(x -3) = -x (2) Phơng trình này có nghiệm x =4 vì đó ta có lg1 = đúng Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nªn (2) cã nghiÖm nhÊt x = ( tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x > 3) VÝ dô 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh : 2log3cotgx = log2cosx Gi¶i: §iÒu kiÖn cosx > 0,sinx > §Æt log2cosx = y cosx = 2y log3cotg2x = log2cosx = y cotg2x = 3y cos x 4y y V× cotg2x = cos x y 3 y 3 1, 3y - 12y = 4y cã nghiÖm nhÊt y = -1 Vì vế trái số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải số 3>1 là hàm đồng biến (4) VËy cosx = 2-1 = 1/2 x = / 2k , k R k , k z Kết hợp với điều kiện ,ta đợc nghiệm (1) là : x= Nhận xét Cái hay cách giải này là đa (1) dạng phơng trình mũ không chính tắc để sử dụng tính đơn điệu VÝ dô 7: gi¶i ph¬ng tr×nh: x - 2x = log (x + 1) - log x Gi¶i: §iÒu kiÖn: x > víi ®iÒu kiÖn Êy (1) x (3-2x) - log (x + x ) (1) (2) Do x > nªn x+ x 2 vµ vÕ ph¶i lµ hµm loga cã c¬ sè lín h¬n 1, log (x + x ) log22 = nên là hàm đồng biến VËy th× vÕ tr¸i d¬ng x2(3-2x) >0 3-2x > Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích số dơng ,có tổng không đổi ,nên nó đạt giá trị lớn ,khi x = -2x = Nh là VT 1 ,đạt dấu = x = , VP , đạt dấu = x = ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = Nhận xét Cái hay cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ bất đẳng thức Côsi và tính đơn điệu hàm logarit VÝ dô gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: 3.4x + (3x-10)2x + - x = Giải đặt y = 2x > 0, đó ta có 3y2 + (3x - 10)y + - x = 3x 10 (3x 8) Từ đó y = y1 = hoÆc y2 = 3-x NÕu y1 = = 2x x = -log23 Nếu y2 = - x = 2x , ta có x = là nghiệm , vì đó -1 = đúng và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) , vế phải là hàm đồng biến ( số hàm mũ lớn 1) Nhận xét.Cách giải này hay chổ biết chọn ẩn số thích hợp để đa phơng trình bậc hai và sử dụng đợc tính đơn điệu hàm số II BÊt h¬ng tr×nh (5) gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh x > - x Gi¶i: §iÒu kiÖn x 2 vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dơng) vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm) VÝ dô (2) nªn nghiÖm cña (2) lµ giao cña x vµ x > x vãi x lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 9 = - 2x ; phơng trình cuối có nghiệm x =0, vì đó ta có =5- đúng và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến VËy nghiÖm cña (2) lµ giao cña x 2 va x> x>0 Nhận xét.Cái hay cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng lần dễ dẫn đến nghiệm x x x 13x VÝ dô Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh Gi¶i §iÒu kiÖn x 5/7 XÕt f(x) = x x x 13 x 7 13 0 x 3 (5 x 7) 4 (13 x 7)3 5 (13 x 7) Ta cã f'(x) = 5 , MÆt kh¸c f(3) = nªn bpt f(x) < F9x) đồng biến / x 5/ f ( x) f (3) x x Nhận xét.Cái hay cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu,trong đó muốn giải cách khác khó khăn VÝ dô 3.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh 2x + x x x x 35 Gi¶i §iÒu kiÖn x > 0.§Æt f(x) = 2x + x x x2 x 1 2x 2 0 2 x x x x Ta cã f'(x) = 29 f 35 12 , 29 f 12 Nên f(x) đồng biến và đó f(x) < 35 = x VÝ dô 4: Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : 1 x x x x 29 0 x 12 (1) (6) 1 0, x 0 x Gi¶i: §iÒu kiÖn: x 0, x + x x3 x3 2 Do vËy (1) (2) x3 u x v 0 ,khi đó §Æt (2) x 1 u v 2 2 u v u -v 1 VËy : u v (u v)(u v) 2 u v 2 v u 1 0 v (thÝch hîp) 5 x3 x3 x 4 x 3 §¸p sè : x3 x3 là hàm đồng biến Suy nghiệm (2) là giao x 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm HoÆc xÐt VT =f(x)= cña ph¬ng tr×nh : x3 x3 = 5 x 3 Suy x0 = ,suy bÊt ph¬ng tr×nh cã nghiÖm Nhận xét.Cái hay cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đa hệ bất phơng trình hệ phơng trình bậc ,tránh đợc việc bình phơng vế (dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh đợc việc giải phơng trình bậc cao VÝ dô 5: Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: Gi¶i: §iÒu kiÖn x -2 x x x x 10 x (1) x u 0 x x 10 uv Suy Do u và v đồng biến x -2 Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến Nªn nghiÖm cña (1) lµ giao cña x -2 vµ x < x0 víi x0 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: §Æt x v x x x x 10 5 x (7) V× u2 +v2 = 2x +7 ,suy 2x = u2 +v2 -7 Vµ u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 Đặt u +v = t >0 ta đợc : t2 +t -12 = , t > Suy t =3 vËy Từ đó u = ¿ u+ v=3 u2 − v 2=− ⇔ ¿ u+ v=3 u −v =−1 ⇒u=1 ¿{ ¿ x 1 x VËy nghiÖm cña (1) lµ x Nhận xét Cái hay cách giải này là dùng tính đơn điệu các hàm số để đa bất phơng trình vô tỷ hệ phơng trình bậc VÝ dô 6.Víi gi¸ trÞ nµo cña tham sè m th× bpt sau cã nghiÖm? x + 2 x m m2 m 0 Giải: Đặt t = x m 0 t2 = x2 -2mx +m2 , đó (1) y = t2 +2t +2mx +m -1 0 Cã nghiÖm t 0 Ta cã y' = 2t +2 y' = t = -1 Nªn ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 0 -1 m Nhận xét.Cái hay cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x m làm ẩn số để đa vÒ parabol theo t 0 Kh«ng ph¶i xÐt t¬ng quan gi÷a x vµ y lµm cho c¸ch gi¶i nhÑ nhµng h¬n III HÖ Ph¬ng tr×nh cot x - coty x -y (1) 5x + y = 2 (2) 0; 0; VÝ dô 1: T×m c¸c sè x ,y tho¶ m·n hÖ : Gi¶i : ViÕt ph¬ng tr×nh (1) díi d¹ng : x - cotx = y - coty XÐt hµm sè f(t) = t - cot t , < t < (3) t 0; vµ f'(t) = + sin t > , t 0; Khi đó f(t) xác định f(t) đồng biến t 0; Tõ (3) f(x) = f(y) x = y (8) 2 Thay vào phơng trình (2) hệ ,ta đựoc x = y = 13 VÝ dô 2: Gi¶i hÖ : x y tan x tan y tan x tan y 2, x, y 0; Gi¶i : ViÕt ph¬ng tr×nh (1) díi d¹ng x - tan x = y - tan y (3) t 0; t 0; ,cã f'(t) = 1- cos t < ,do 2 Và xét hàm f(t) = t - tant xác định < cos t < 1.VËy f( t) nghÞch biÕn Tõ (3) suy f(x) = f(y) x = y vµ tõ (2) a2 2 x y y a2 2 y x x VÝ dô 3: Chøng tá r»ng víi a 0 hÖ : Gi¶i: §iÒu kiÖn : x 0 , y 0 x> , y> 0.Bëi vËy : (1) 2x2y = y2 + a2 (1)' (2) 2y2x = x2 +a2 (2)' tan x = tan y = x = y = Cã nghiÖm nhÊt a2 a2 Do x vµ x cïng dÊu , Do y vµ y cïng dÊu - x f’ f (1)'-(2)' ta đợc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0 Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta đợc : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x Ta cã b¶ng biÕn thiªn: // - - + -1/27 CT Từ đó suy phơng trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm Nhận xét.Cái hay cách giải này là từ hệ đối xứng loại (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ,mà biến đổi trớc để trừ (1') cho (2') thì phơng trình hệ không chứa tham số,nên tránh đợc biện luận (9) 2 x y y y y z z z z x3 x x VÝ dô 4.Gi¶i hÖ : Giải.Xét hàm đặc trng f(t) = t3 +t2 +t với t Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 f(t) đồng biến Gi¶ sö : x y z f ( x) f ( y ) f ( z ) 2z +1 2 x 2 y z x y y z x y z 2 x x x x Hệ đã cho x y z ( x 1)( x 1) 0 x y z 1 x y z III Bất đẳng thức VÝ dô Chøng minh r»ng : ex > +x , x 0 Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , đó f'(x) = ex -1 *NÕu x> th× f(x) > nªn f t¨ng trªn [ 0; + ) Do đó f(x) > f(0) =0 ex > x +1 nên f giảm trên (- ,0) đó f(x) > f(0) = *NÕu x<0 th× f'(x) < ex > x +1 VËy ex > x +1 x 0 VÝ dô Chøng minh r»ng nÕu x > 0, th× ln x < Gi¶i XÐt hµm sè f(t) = lnt - x t víi t > 1 2 t 2t Ta cã f (t) = t t LËp b¶ng xÐt dÊu sau: t f'(t) ft) + - (10) Nh vËy x ,cã f(x) f(4) lnx - x ln4-2 Do 4<e2 ln4 < ,vËy tõ (1) suy lnx - x < ln x < VÝ dô Chøng minh r»ng log19992000 > log20002001 Gi¶i XÐt hµm sè f(x) = logx(x +1) víi x > Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tơng đơng sau : f( 1999) > f(2000) x (®pcm) ln( x 1) Ta cã f(x) = logx(x +1) = ln x xx ln x ln( x 1) ln x ln x ( x 1)ln( x 1) ( x 1) x1 x 1 x 0 ln x x( x 1)ln x x( x 1)ln x f(x) = Vậy f(x) là hàm nghịch biến x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng (đpcm) VÝ dô Chøng minh r»ng ln ( 1+ x ) < x + ln x nÕu x > Gi¶i XÐt hµm sè f(t) = ln( 1+ t ) - lnt - t víi t > t 1 t2 t 1 t2 1 2 2 Ta cã f(t) = t - t + t = t t > Do đó f(t) là hàm đồng biến t > 0, vì x > ,nên lim f(x) < f(+ ) = t 1 lim ln(1 t ) ln t t f(t) = t 1 1 t2 lim (ln ) t f(x) < t =0 ln(1+ x ) < lnx + x ®.p.c.m VÝ dô Chøng minh r»ng : x > ln(x +1) , x > Gi¶i : §Æt f(x) = x - ln(x +1) liªn tôc trªn [ ,+ ) cã x 0; x f'(x) = - x x f t¨ng trªn [ ,+ ) f(x) > f(0) =0 x > ln(x+1) víi x > (11) VÝ dô Chøng minh r»ng : 2( x 1) lnx > x víi x>1 2( x 1) Gi¶i : §Æt f(x) = lnx - x ( x>1) liªn tôc trªn [ ; + ) ( x 1) 0, x 2 x ( x 1) x ( x 1) Ta cã f'(x) = f t¨ng trªn [ ; + ) 2( x 1) Vậy với x > ta có f(x) > f(1) = Từ đó suy lnx > x víi x>1 2 VÝ dô cho < < Chøng minh r»ng: sin > sin x 0, x Gi¶i xÐt hµm sè : f(x) = víi x x cos x sin x cos x( x tgx ) 0, 2 x x Ta cã f'(x) = = suy f'(x) < x f(x) lµ hµm nghÞch biÕn trªn ( 0, ) sin sin > V× < < f( ) > f( ) sin > ®.p.c.m VÝ dô cho < < Chøng minh r»ng: sin + cos > 0, Gi¶i.xÐt hµm sè : f(x) = xsinx + cosx - víi x 0, f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx x Vì f' = x = x = f là hàm đồng biến trên V× < < f(0) < f( ) < sin + cos - sin + cos > ®.p.c.m 0, (12) VÝ dô Chøng minh r»ng : sinx < x < tgx víi < x < (0; ] Gi¶i §Æt f(x) = x - sin x , x Khi đó f liên tục trên [ , ] Và có đạo hàm trên ( ; ) f tăng trên [ , ] (0; ) Từ đó x > f(x) > f(0) x > sinx với x x 0; 2 T¬ng tù ta còng cã x < tgx , VÝ dô 10 Chøng minh r»ng nÕu < x < th× 2sinx + 2tgx 2x+1 sin x tgx Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx 2 sin x tgx 2x+1 2sinx +tgx 22x Ta chøng minh : 2 (0; ) sinx +tgx 2x ( x ) §Æt f(x) = sinx +tgx -2x víi < x< 2 Ta cã f'(x) = cosx + cos x Vì < x < nên cosx > cos2x Do đó : 2 cos x 0 f'(x) > cos x + (0; ) f t¨ng trªn f(x) > f(0) = x 0; 2 sinx +tgx > 2x , (®pcm) x3 sin x Ví dụ 11 Chứng minh bất đẳng thức : x với x > Gi¶i : §Æt x3 f(x) = sinx + -x (13) x2 Ta cã f'(x) = cosx + -1, f''(x) = - sin x +x > ( theo vÝ dô ) f'' t¨ng trªn ( ; + ) f'(x) > f'( 0) = 0, víi x > f t¨ng trªn ( ; + ) f(x) > f( 0) = 0, víi x > x3 sin x x- ( ®pcm) Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đến kết tổng quát sau : Giả sử f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả : f(a) = f'(a) = f''(a) = = f(n-1)(a) = vµ f(n) >0 x a; b th× f(x) >0 , x a; b x3 x5 VÝ dô 12 Chøng minh r»ng : sinx < x - 120 víi x > x3 x5 Giải : đặt f(x) = x - 120 - sinx , với x > x3 x2 x4 sin x 1 cos x 24 Ta cã : f'(x) = , f'' (x) = - x - , f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx 0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0 f(x) > ; x > C MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1.Chøng minh r»ng : ln(1+x) > x x2 x>0 ln x , x>0 x ) x 2.Chøng minh r»ng : ln(1+ < Chøng minh r»ng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x 4.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : x 9 5 5.Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : y3 x sin y z3 y sin z x3 z sin x 2x (14) e x e x y y y y z e e z z e e z x x 6.Gi¶i hÖ : 7.Gi¶i ph¬ng tr×nh : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = Phần 3: Kết đạt đợc và bài học kinh nghiệm -Sau đợc rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn ,linh hoạt việc dùng đạo hàm để giải toán -Cái hay cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình, giải bất phơng trình, giải hệ phơng trình -Tránh đợc việc biện luận theo tham số số bài toán -Tr¸nh ph¶i xÐt nhiÒu trêng hîp ë mét sè bµi to¸n -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh -Tránh việc bình phơng hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm và tránh việc giải phơng tr×nh bËc cao HÕt (15)