Sở giáo dục đào tạo Hng Yên Trờng THPT Kim Động - - đề tài sáng kiến kinh nghiệm rèn luyện t hàm qua tập giải phơng trình bất phơng trình hệ phơng trình Giáo viên: Đinh Văn Hữu Đơn vị: Trờng THPT Kim Động Kim động, tháng - 2012 Phần 1: mở đầu I Lý chọn đề tài: Theo quan điểm mục tiêu chơng trình phổ thông môn Toán lấy hàm số làm tảng trọng tâm xây dựng chơng trình Các vấn đề phơng trình, bpt hệ phơng trình chiếm lợng lớn chơng trình phổ thông đợc định nghĩa theo quan điểm hàm số Nhiều phơng trình, bpt hệ phơng trình sử dụng hàm số để giải đơn giản Tuy nhiên chơng trình sách giáo khoa đề cập Trong thực tế học sinh lớp 10 đợc học hàm số (sự biên thiên hàm số) chơng lớp 10, chơng không nhắc đến hàm số lí thuyết tập, đến lớp 11 lại đợc lớt qua chút hàm lợng giác, nhng tập ứng dụng biến thiên Những ứng dụng hàm số, đặc biệt dụng đạo hàm hàm số để giải lớn, chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Rèn luyện t hàm giải phơng trình, bpt hệ phơng trình" II Mục đích nghiên cứu: - Trang bị cho học sinh phơng pháp giải PT, BPT HPT mang lại hiệu rõ nét - Góp phần làm sáng tở tính tảng tính trọng tâm hàm số - Bồi dỡng cho học sinh phơng pháp, kỹ giải toán Qua học sinh nâng cao khả t duy, sáng tạo III Đối tợng nghiên cứu: - Các dạng toán giải PT, BPT HPT nằm chơng trình toán phổ thông - Phân loại dạng toán thờng gặp phơng pháp giải dạng IV Phơng pháp nghiên cứu: Nghiên cứu, đánh giá qua chuyên đề, giải học sinh, kiểm tra, kết thi đại học Cụ thể là: - Với PT, BPT HPT không chứa tham sè, ta sư dơng c¸c tÝnh chÊt vỊ tÝnh đơn điệu hàm số để giải - Với PT, BPT HPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số vế, đa phơng trình, bpt dạng: f(x) = m f(x) > m ( hc f(x) < m; f(x) ≤ m; hc f(x) m ) Sau sử dụng tính chất tính đơn điệu hàm số để giải Phần 2: Nội dung I Dạng 1: ứng dụng hàm số để giải phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình Tính chất 1: Cho phơng trình: f(x) = g(x) xác định D Nếu hai hàm số f(x) g(x) hàm số đơn điệu, hàm lại hàm đơn điệu ngợc với hàm phơng trình có nghiệm nghiệm Tính chất 2: Cho phơng trình f(x) = m xác định D Điều kiện cần đủ để phơng trình có nghiệm m thuộc miền giá trị hàm số f(x) Tính chất 3: Cho phơng trình f(x) = m xác định D Nếu f(x) hàm số liên tục đơn điệu D phơng trình có không nghiệm Tính chất 4: Cho bất phơng trình: f(x) > m (hay f(x) < m ) i) NÕu f(x) hàm đơn điệu tăng D tồn x0 ∈ D cã f(x0) = m th× tËp nghiƯm cđa bÊt PT lµ: T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ( T = D ∩ (- ∞ ; x0 )) ii) NÕu f(x) lµ hµm đơn điệu giảm D tồn x ∈ D cã f(x0) = m th× tËp nghiƯm cđa bÊt PT lµ: T = D ∩ (- ∞ ; x0 ) (T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ) TÝnh chÊt 5: Cho hµm sè f(x) xác định D f(x) m , x ∈ D ⇔ m ≤ f ( x ) x∈D f(x) ≤ m , ∀ x ∈ D ⇔ m ≥ max f ( x ) x∈D f(x) ≥ m cã nghiÖm x ∈ D ⇔ m ≤ max f ( x ) x∈D f(x) ≤ m cã nghiÖm x ∈ D ⇔ m ≥ f ( x ) x∈D NÕu f(x) lµ hàm số đơn điệu tăng D tồn u, v ∈ D Khi ®ã: f (u) > f (v) ⇒ u > v , f(u) = f(v) ⇒ u = v Nếu f(x) hàm số đơn điệu giảm D tồn u, v D Khi ®ã: f (u) > f (v) ⇒ u < v , f(u) = f(v) ⇒ u = v ứng dụng hàm số để giải phơng trình Phơng pháp : Dạng 1: Phơng trình đà cho biến đổi đợc dạng f ( x ) = g ( x ) (hc f (u) = g (u) ) ®ã u = u( x ) Bíc 1: BiÕn đổi phơng trình đà cho dạng f ( x ) = g( x ) (hc f (u) = g (u) ) Bíc 2: XÐt hai hµm sè y = f ( x ); y = g( x ) trªn D ' ' * TÝnh y1 , xÐt dÊu y1 , kết luận tính đơn điệu hàm số y1 = f ( x ) trªn D ' ' * Tính y2 , xét dấu y2 ,kết luận tính đơn điệu hàm số y2 = g( x ) D * KÕt luËn hai hµm sè y = f ( x ); y = g( x ) đơn điệu ngợc nhau, hai hàm số hàm sè h»ng * T×m x cho f ( x ) = g( x ) (hoặc tìm u0 cho f (u0 ) = g (u0 ) ) Bớc 3: Kết luận: * Phơng trình đà cho cã nghiƯm vµ chØ x = x (hoặc u = u0 giải phơng trình ) * Kết luận nghiệm phơng trình đà cho Dạng 2: PT đà cho biến đổi đợc dạng f (u) = f ( v) ®ã u = u( x ) , v = v( x ) Bíc 1: Biến đổi phơng trình dạng f (u) = f ( v) Bíc 2: XÐt hµm sè y = f ( x ) trªn D * TÝnh y ' , xÐt dÊu y' * KÕt luËn hµm sè y = f ( x ) hàm số đơn điệu D Bớc 3: Kết luận: * Phơng trình đà cho cã nghiƯm vµ chØ u = v , gi¶i PT : u = v * KÕt ln nghiƯm phơng trình đà cho ứng dụng hàm số để giải bất phơng trình Phơng pháp : Dạng 1: BPT biến đổi dạng f ( x ) > g ( x ) (hc f (u) > g (u) ) ®ã u = u( x ) Bíc 1: Biến đổi BPT đà cho dạng f ( x ) > g ( x ) (hc f (u) > g (u) ) Bíc 2: XÐt hai hµm sè y1 = f ( x ); y2 = g( x ) trªn D ' ' * TÝnh y1 , xÐt dấu y1 , kết luận tính đơn điệu hàm sè y1 = f ( x ) trªn D ' ' * TÝnh y2 ,xÐt dÊu y2 , kÕt luËn tính đơn điệu hàm số y2 = g( x ) D * Tìm x cho f ( x ) = g( x ) (hc t×m u0 cho f (u0 ) = g (u0 ) ) * Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) f ( x ) > g( x ) ⇔ x > x , x ∈ D (hc f (u) > g(u) ⇔ u > u0 , x ∈ D ) NÕu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc hàm h»ng) th× f ( x ) > g( x ) ⇔ x < x , x ∈ D (hc f (u) > g(u) ⇔ u < u0 , x ∈ D ) Bíc 3: KÕt ln nghiƯm cđa bpt đà cho Dạng 2: BPT biến đổi đợc dạng f (u) > f ( v) ®ã u = u( x ) , v = v( x ) Bíc 1: Biến đổi bpt dạng f (u) > f ( v) Bíc 2: XÐt hµm sè y = f ( x ) trªn D * TÝnh y ' , xÐt dÊu y' KÕt luËn hµm sè y = f ( x ) đơn điệu D * Nếu f(x) đơn điệu tăng thì: f (u) > f ( v) ⇔ u > v, x ∈ D NÕu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u) > f ( v) ⇔ u < v, x ∈ D Bíc 3: KÕt luận nghiệm bpt đà cho Bài 1: Giải phơng trình sau: a x +1 + x + + x − = b e x −5 −e x −1 = 1 − 2x − x −1 c 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) d −2 x −x + x −1 = ( x − 1)2 Tríc hết, ta nhận thấy phơng trình không giải đợc phơng pháp thông thờng có giải đợc khó khăn Ta tìm cách để sử dụng hàm số giải phơng trình Gi¶i: a x +1 + x + + x − = [ TX§: D = ; + ∞ ) XÐt hµm sè: f ( x ) = x +1 + x + + x − [ + TX§ : D = ; + ) + Đạo hàm : f '( x ) = 1 + + > 0, ∀x > 2 x +1 x + x Do hàm số f ( x ) đồng biến D, phơng trình có nghiệm nghiệm Mặt khác ta có: f(3) = Vậy phơng trình có nghiệm nhÊt x = b e x −5 −e x −1 = 1 − 2x − x −1 2 x − ≠ x ≠ / ⇔ x − ≠ x ≠ Điều kiện: Viết lại phơng trình dới dạng : e XÐt hµm sè f (t ) = et − x −5 − 1 x −1 =e − 2x − x −1 víi t > t (1) + Đạo hàm : f '(t ) = et + > 0, ∀t > t2 Hàm số f (t ) đồng biến khoảng (0; +) Khi đó: phơng trình (1) ⇔ f ( x − ) = f ( x − ) ⇔ x − = x − 2 x − = x − x = ⇔ ⇔ 2 x − = − x +  x = Vậy phơng trình có hai nghiệm x=2 x=4 c 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) (1) Với phơng trình ta cha thể có hàm số giống nh hai câu mà ta phải biến đổi để tìm đợc hàm số mà ta muốn xét TXĐ: D = Ă Trên D (1) log ( x − x + 5) = x2 − x + ( x − x + > e > ) log t = (2) t Đặt t = x − x + víi t > e, phơng trình trở thành: Xét hàm số: f (t ) = log t víi t > e t Ta cã f '(t ) = − ln t e t ln Tõ ®ã, vế trái phơng trình (2) hàm nghịch biến t > e; vế phải số Do phơng trình (2) có nghiệm nghiệm Mặt khác f (8) = Phơng trình (2) có nghiệm t = 8 Víi t = ta cã x − x + = ⇔ x = + 13 ; x = − 13 2 VËy phơng trình đà cho có nghiệm x = + 13 ; x = − 13 d −2 x −x + x −1 = ( x 1)2 (1) Tơng tự nh câu c) phơng trình ta cần biến đổi để xuất hàm số cần xét TXĐ: D = ¡ Trªn D; (1) ⇔ −2 x − x + x −1 = x − x + ⇔ x −1 + x − = x −x + x2 − x XÐt hµm sè f (t ) = 2t + t víi t ∈ ¡ f ’(t ) = t ln2 + > 0  ∀ t ∈ ¡ ⇒ f(t) hàm số đồng biến Ă Mặt khác (1) ⇔ f(x - 1) = f(x2 - x) ⇔ x - = x2 - x ⇔ x2 - 2x + = ⇔ x = VËy phơng trình đà cho có nghiệm x = Bài 2: Giải bpt sau: x +6 + x −2 − 4− x > a b x − ( x − x + 1) > x − x + 15 x − 14 c log d x + + log x + > 2( x −1) +1 − 3x ≤ x − x + Gi¶i: a x +6 + x −2 − 4− x > [ TX§: D = 2;4 XÐt hµm sè: f(x) = ] x + + x − − − x víi x ∈ D Ta nhận thấy f(x) hàm số đồng biến D (vì f(x) > x (2;4)) [ ] Lại có: f(3) = 3; đó, bpt cã nghiƯm x th× x ∈ (3; +∞) VËy tËp nghiƯm lµ: T = 2;4 ∩ ( ; + ∞ ) = ( 3;4 ] b x − ( x − x + 1) > x − x + 15 x − 14 (1) TX§: D = ¡ , BPT (1) ⇔ x − (2 x − 1)2 + 3 > ( x − 2)3 + x −   ⇔ x − + x − > ( x − 2)3 + 3( x − 2) (2) XÐt hµm sè : f ( x ) = x + x hàm số đồng biến Ă Khi ®ã : (2) ⇔ f ( x − ) > f ( x − 2) ⇔ x − > x − 2 x − > x −  x > −1 ⇔ ⇔ ⇔ ∀x ∈ ¡ 2x −1 < −x + x (1) §iỊu kiện : x>-1, hàm số f1 ( x ) = log x + vµ f2 ( x ) = log3 x + hàm số đồng biến khoảng (1; +) , nên hàm số f ( x ) = log x + + log3 x + hàm số đồng biến khoảng (1; +) Mặt khác f (0) = vËy (1) ⇔ f ( x ) > f (0) ⇔ x > VËy nghiƯm cđa bpt lµ x > d 2( x −1) +1 − x ≤ x − x + (1) [ VËy TX§: D = 1;+∞ ) §iỊu kiÖn: x − ≥ ⇔ x ≥ (1) ⇔ 2( x −1) +1 + 2( x − 1) ≤ x + x − x + ⇔3 2( x −1) +1 + 2( x − 1) ≤ 3( x −1)+1 + ( x − 1)2 (2) XÐt hµm sè f (t ) = 3t +1 + t , thÊy hµm số đồng biến D Vậy D; (2) f ( 2( x − 1)) ≤ f ( x − 1) ⇔ 2( x − 1) ≤ x − ⇔ 2( x − 1) ≤ ( x − 1)2 ,(do x ≥ 1) ⇔ x − x + ≥ ⇔ x = hc x ≥ VËy nghiƯm cđa bpt lµ x = x Bài 3: Giải hệ phơng trình sau: + x2 + x = + y    + y2 + y = + x Giải: Điều kiƯn x ≥ 0, y ≥ HƯ ®· cho trë thµnh:  + x2 + x = + y  ⇒ + x2 + x + = + y2 + y +  3 + x = + y + y  XÐt hµm sè f (t ) = (1) + t2 + t + [ + TX§: D = 0; +∞ ) + Đạo hàm f '(t ) = t + t2 + t > 0, ∀t > suy hàm số đồng biến D Vậy D, phơng trình (1) đợc viết dới dạng f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y  + x2 + x = + y  Khi ®ã hƯ ®· cho trë thµnh  x = y    + x = − x (2) ⇔ x = y Giải (2): Ta đoán đợc x=1 nghiệm (2), mặt khác dễ nhận thấy phơng trình (2) có vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm số nghịch biến Vậy x=1 nghiƯm nhÊt cđa PT (2), VËy hƯ ®· cho cã nghiƯm nhÊt x=y=1 NhËn xÐt: §èi víi hƯ phơng trình, hệ bpt nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất phơng trình giải đợc phơng pháp hàm số để đa mối quan hệ ẩn số đơn giản tuỳ trờng hợp tìm cách giải tiếp Nhận xét: Đối với giải hệ phơng trình, hệ bpt có ẩn số ta dùng phơng pháp hàm số để giải phơng trình hay bpt hệ kết hợp tập nghiệm tìm đợc để đa kết luận nghiệm cho hệ bất phơng trình II Dạng 2: Sử dụng hàm số để biện luận phơng trình Bài 4: Biện luận theo m số nghiệm phơng trình sau: a) x2 4x + = x +m b) mx + ( m x + mx + 2) = x − x + x − c) m x +6 − x +3 m = (4 − m ) x + 3m − 2 d) log x − x + + log ( x − m) + x − x + - x + m = Gi¶i: x (1) +m NhËn xét: Bài tập ta giải phơng pháp thông thờng Tuy nhiên, giải phơng pháp ®ã, ta ph¶i kiĨm tra ®iỊu kiƯn cđa Èn sè phức tạp Ta giải cách sư dơng hµm sè a) x2 − 4x + = ] [ Giải: TXĐ: D = ( ;1 ∪ 3; + ∞ ) Trªn D; (1) ⇔ x2 − 4x + − XÐt hµm sè f(x) = Ta cã: f’(x) = x2 − 4x + − x −2 x2 − 4x + Trªn D ta cã: f’(x) > ⇔ f’(x) < ⇔ x =m − x víi x D ∈ 2 x −2 x2 − 4x + x −2 x2 − 4x + − > ⇔ x > 3; − TXĐ: D = (;1) ∪ (2; +∞) XÐt hµm sè f (t ) = log t + t đồng biến khoảng (0; +) Vậy D, phơng trình (2) trở thành : f ( x − x + 2) = f ( x − m) ⇔ x − x + = x − m x − m > ⇔ (2m − 3) x = m − (3) (I ) BiƯn ln: - Víi 2m - = ⇔ m = , (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm - Víi 2m − ≠ ⇔ m ≠ , ®ã (3) cã nghiƯm nhÊt x = m − , lµ 2m − m < m2 − m − 3m + nghiƯm cđa (I) >m⇔ < ⇔ 3  ∀ x ∈ ¡ ⇒ f(x) hàm số đồng biến Ă Mặt khác f(x) hàm số liên tục Ă Mà f(0) = ln2 + ln3 - < f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - > ⇒ f’(0).f’(1) < ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) cho f’(x0) = ⇒ ∀ x ∈ ( −∞ ; x0 ) th× f’(x) < 19 ∀x ∈ ( x0 ; + ) f(x) > Khi ta có bảng biến thiên: - x f(x) x0 - + +∞ + f(x) + f(x0) Sè nghiƯm cđa ph¬ng trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành cắt nhiều điểm Do phơng trình (1) có nhiều nghiệm Mặt khác ta nhẩm đợc: f(0) = ; f(1) = Vậy phơng trình (1) có nghiệm x = 0; x = b log5(2x + 1) = log3(x+1)   ;+ ∞÷   TXĐ: D = Đặt log3(x+1) = t x + = 3t ⇒ 2x + = 2(3t - 1) + = 2.3t - Khi ta có phơng trình: log5(2.3t - 1) = t 2.3t - = 5t ⇔ 2.3t - 5t - = XÐt hµm sè: f(t) = 2.3t - 5t - víi t ∈ ¡ Ta cã: f’(t) = 2.3t.ln3 - 5tln5 f’(t) = ⇔ 2.3t.ln3 - 5tln5 = ⇔ t = log (log 5) f’(t) > ⇔ t < log (log 5) ; f’(t) < ⇔ t > log (log 5) Ta cã bảng biến thiên: t f(t) log (log9 5) - +∞ + - f() f(t) Sè nghiƯm cđa PT số giao điểm đồ thị hàm số y = f(t) trục hoành 20 - Từ bảng biến thiên, ta thấy phơng trình f(t) = có nghiệm có nhiều nghiệm Mặt kh¸c ta cã f(0) = 0; f(1) = Tõ suy phơng trình f(t) = có nghiƯm t = 0; t = Víi t = ta cã: x + = 30 Víi t = ta cã: x + = 31 x=0 x=2 Vậy phơng trình đà cho có nghiÖm x = 0; x = c x = + x + log3 (1 + x ) (1) §iỊu kiƯn x + > x > Biến đổi phơng trình (1) dạng x + x = + x + log3 (1 + x ) ⇔ 3x + log3 (3 x ) = + x + log3 (1 + x ) XÐt hµm sè f (t ) = t + log t hàm số đồng biến với t > Khi (2) viết dới dạng f (3 x ) = f (1 + x ) ⇔ x = + x ⇔ x − x − = (2)   ; + ữ Xét hàm số g( x ) = x − x − trªn D =  − Cã g '( x ) = x ln − 2, g ''( x ) = x ln > 0, ∀x ∈ D Vậy g'(x) đồng biến liên tục D, mặt khác phơng trình g'(x) = có nghiệm x = log3 Vậy phơng trình g(x) = có ln không nghiệm trªn D Ta cã: g(0) = g(1) = VËy phơng trình đà cho có nghiệm x = x = Nhận xét: Đôi ta phải sử dụng phơng pháp hàm số nhiều lần giải PT V Một số tập tự giải: Bài 13: Giải phơng trình sau: a log5 ( x+3) = x c 1= x x2 b 2log3(tgx) = log2(sinx) 1− x −2 x2 = 1 − x d 2x = e x = cos x 21 x +1 Bµi 14: Tìm m để bpt sau có nghiệm x + x + ≤ m2 + Bµi 15: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm 2sin x + 3cos x = m.3sin x Bài 16: Tìm m để bpt sau nghiệm với mäi x ∈ R: ( m − 1)4 cos x + 2.2 cos x + m + > ( x − 3)( x + 1) + 4( x 3) Bài 17: Cho phơng trình: x +1 =m x a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình có nghiệm [ c Tìm m để phơng trình có nghiệm x 4; + ) [ d Tìm m để phơng trình có nghiệm x 4;5 Bài 18: Cho bất phơng trình: m.92 x x ] (2m + 1).6 x2 x Tìm m để bpt nghiệm với x thoả mÃn x Bài 19: Cho phơng trình: + m.42 x x ( x − 2)log2 (4 x −8) = m.( x 2)3 a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình có nghiệm thoả mÃn: Bài 20: Cho bất phơng trình: ≤ x1 ≤ x2 ≤ log ( x − x + m) > −3 Tìm m để bpt có nghiệm mà nghiệm bpt không thuộc tập xác định cđa hµm sè: y = log x ( x + 1).log x +1 x − 22 PhÇn 3: KÕt luËn I - kÕt luËn: - Hµm sè cã nhiều ứng dụng ứng dụng sử dụng việc giải phơng trình bất phơng trình - Đề tài đà nêu đợc phơng pháp chung cho dạng nh minh họa toán cụ thể, đồng thời đa cho dạng số tập với mức độ khác - Tuy vậy, nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan khách quan nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót, hạn chế định Rất mong đợc góp ý quý thầy cô bạn đồng nghiệp III Điều kiện áp dụng đề tài Đề tài áp dụng rộng rÃi khối lớp THPT Tuy nhiên đề tài áp dụng đợc tốt phải có điều kiện sau: + Điều chỉnh phân phối chơng trình chơng trình: tăng số tiết cho - Bài áp dụng mệnh đề vào suy luận toán học - Bài Đại cơng hàm số - Bài Đại cơng phơng trình + Có buổi học chuyên đề hay phụ đạo để triển khai sáng kiến V hớng nghiên cứu mở rộng đề tài Để nâng cao chất lợng học tập học sinh tiếp tục vận dụng đề tài dạy Đại số Giải tich chng trình toán THPT nh nghiên cứu ứng dụng tính chất hàm số vào số toán chứng minh bất đẳng thức II - kiến nghị: - Nh đà trình bày PT, HPT BPT có mối liện hệ mật thiết với hàm số Khi định nghĩa PT, BPT , ta dựa khái niệm hàm số, ta biết sử dụng hàm số để giải tập toán đơn giản Đặc biệt, đạo hàm công cụ hữu ích, sắc bén - Chính lẽ đó, hi vọng đề tài đóng góp phần nhỏ bé vào việc giải dạng toán đà nêu trên; tài liệu tham khảo cho em học sinh trình học toán nh ôn thi tốt nghiệp thi vào trờng Đại học, Cao đẳng Trung học chuyên nghiệp Kim Động - 2012 GV: Đinh Văn Hữu 23 ... điệu hàm số để giải Phần 2: Nội dung I Dạng 1: ứng dụng hàm số để giải phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình Tính chất 1: Cho phơng trình: f(x) = g(x) xác định D Nếu hai hàm số f(x) g(x) hàm. .. giải hệ phơng trình, hệ bpt có ẩn số ta dùng phơng pháp hàm số để giải phơng trình hay bpt hệ kết hợp tập nghiệm tìm đợc để đa kết luận nghiệm cho hệ bất phơng trình II Dạng 2: Sử dụng hàm số... víi hệ phơng trình, hệ bpt nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất phơng trình giải đợc phơng pháp hàm số để đa mối quan hệ ẩn số đơn giản tuỳ trờng hợp tìm cách giải tiếp Nhận xét: Đối với giải