SBT Toán 9 Bài 6: Biến đổi đơn giản biểu thức chứa căn thức bậc hai | Giải SBT Toán lớp 9 

a) 7×2 với x>0;

b) 8y2 với y<0;

c) 25×3 với x>0;

d) 48y4 

Phương pháp giải:

Áp dụng: Với B≥0 ta có:

A2B=|A|.B

={ABkhiA≥0−ABkhiA<0

Lời giải:

a)

7×2=|x|7=x7 (với x>0)

 b)

8y2=4.2y2

=2|y|2=−2y2 (với y<0)

 c)

25×3=25x2x 

=5|x|x=5xx (với x>0)

 d)

48y4=16.3y4=4y23 (vì y2≥0 với mọi y)

a) x5 với x≥0;

b) x13 với x<0 ;

c) x11x với x>0;

d) x−29x với x<0.

Phương pháp giải:

Áp dụng: Với B≥0 ta có:

AB={A2BkhiA≥0−A2BkhiA<0

Lời giải:

a)

x5=x2.5=5×2 (với x≥0)

 b)

x13=−x2.13=−13×2 (với x<0)

 c)

x11x=x211x=11x (với x>0)

 d)

Do x<0 thì x=−x2

x−29x=−x2−29x=−−29x (với x<0

a) 75+48−300;

b) 98−72+0,58;

c) 9a−16a+49a với a≥0;

d) 16b+240b−390b với b≥0.

Phương pháp giải:

Áp dụng: Với B≥0 ta có 

A2B={ABkhiA≥0−ABkhiA<0 

Lời giải:

a)

75+48−300=25.3+16.3−100.3

=53+43−103=−3

 b)

98−72+0,58=49.2−36.2+0,54.2

=72−62+0,5.22

=72−62+2=22

c)

9a−16a+49a=3a−4a+7a=6a(vớia≥0)

 d)

16b+240b−390b=16b+24.10b−39.10b

=4b+410b−910b=4b−510b(vớib≥0)

a) (23+5)3−60;

b) (52+25)5−250;

c) (28−12−7)7+221;

d) (99−18−11)11+322.

Phương pháp giải:

Áp dụng: 

+) A2=|A| 

Với A≥0 thì ta có |A|=A

Với A<0 thì ta có |A|=−A

+) Với B≥0 ta có A2B={ABkhiA≥0−ABkhiA<0

+) A.B=A.B(A≥0;B≥0)

Lời giải:

a)

(23+5)3−60=23.3+5.3−60=232+15−4.15=2.3+15−215=6−15

 b)

(52+25)5−250=52.5+25.5−250=510+252−25.10=510+2.5−510=10

 c)

(28−12−7)7+221 
=(4.7−4.3−7)7+221

=(27−23−7)7+221

=272−221−72+221

=2.7−7=14−7=7 

 d)

(99−18−11)11+322=(9.11−9.2−11)11+322

=(311−32−11)11+322

=3112−322−112+322

=3.11−11=33−11=22

a) 24012−275−3548;

b) 283−253−3203. 

Phương pháp giải:

Áp dụng:

+) A2=|A|=A  với A≥0

+) Với B≥0 ta có A2B={ABkhiA≥0−ABkhiA<0

Lời giải:

a)

24012−275−3548

=2404.3−225.3−3516.3

=2803−253−35.43

=216.53−253−35.43

=2.453−253−3.253 

=853−253−653=0 

 b)

283−253−3203=24.23−253−34.53

=2.223−253−3.253=423−253−653=423−853

a) (1−x)(1+x+x);

b) (x+2)(x−2x+4);

c) (x−y)(x+y+xy);

d) (x+y)(x2+y−xy).

Phương pháp giải:

Áp dụng:

Với A≥0 thì A2=A

Áp dụng hằng đẳng thức:

a3−b3=(a−b).(a2+ab+b2)a3+b3=(a+b).(a2−ab+b2)

Lời giải:

a)

(1−x)(1+x+x)
=(1−x)[1+1x+(x)2]

=1−(x)3=1−xx (với x≥0) 

 b)

(x+2)(x−2x+4) 
=(x+2)[(x)2−x.2+22]

=(x)3+23=xx+8 (với x≥0)

 c)

(x−y)(x+y+xy)

=(x−y)[(x)2+x.y+(y)2]

=(x)3−(y)3=xx−yy (với x≥0, y≥0)

 d)

(x+y)(x2+y−xy)
=(x+y)[x2−xy+(y)2]

=x3+(y)3=x3+yy (với y≥0

a) (4x−2x)(x−2x);

b) (2x+y)(3x−2y).

Phương pháp giải:

Áp dụng: 

A2=|A|=A (với A≥0)

Lời giải:

a)

(4x−2x)(x−2x)

=4×2−42×2−2×2+4×2

=4x−4×2−x2+2x  
=6x−5×2 (với x≥0)

 b)

(2x+y)(3x−2y)

=6×2−4xy+3xy−2y2

=6x−xy−2y (với x≥0, y≥0)

a) (xy+yx)(x−y)xy=x−y với x>0 và y>0;

b) x3−1x−1=x+x+1 với x≥0 và x≠1.  

Phương pháp giải:

Áp dụng hằng đẳng thức: 

(a−b)(a+b)=a2−b2

Lời giải:

a)

Ta có: 

(xy+yx)(x−y)xy=(x2y+xy2)(x−y)xy

=xy(x+y)(x−y)xy=(x+y)(x−y)

=(x)2−(y)2=x−y 

(với x>0 và y>0)

Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.

 b)

Vì x≥0 nên  x3=(x)3

Ta có:

x3−1x−1=(x)3−13x−1=(x−1)(x+x+1)x−1

=x+x+1 với x≥0 và x≠1. 

Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.

a) Chứng minh: 

x+22x−4=(2+x−2)2 với x≥2;

b) Rút gọn biểu thức:

x+22x−4+x−22x−4 với x≥2.

Phương pháp giải:

Áp dụng hằng đẳng thức: 

(a+b)2=a2+2ab+b2

(a−b)2=a2−2ab+b2

Ta có: A2=|A|

Với A≥0 thì ta có |A|=A

Với A<0 thì ta có |A|=−A

Lời giải:

a)

Cách 1:

VP=(2+x−2)2 (với x≥2)

=(2)2+2.2.x−2+(x−2)2

=2+22.x−2+x−2

x+22x−4=x+22(x−2)=VT

=>VP=VT(đpcm)

Cách  2:

Ta có: 

VT=x+22x−4=x+22(x−2)
=2+22.x−2+x−2

=(2)2+2.2.x−2+(x−2)2

=(2+x−2)2 (với x≥2)=VP

Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.

 b)

Ta có:

x+22x−4+x−22x−4

=2+22.x−2+x−2+2−22.x−2+x−2

=(2+x−2)2+(2−x−2)2

=|2+x−2|+|2−x−2|

=2+x−2+|2−x−2|

+) Nếu 2−x−2≥0 thì 

x−2≤2⇔x−2≤2⇔x−2≤2⇔x≤4

Với 2≤x≤4 thì |2−x−2|=2−x−2

Ta có: 2+x−2+|2−x−2|

=2+x−2+2−x−2=22

+) Nếu 2−x−2<0 thì 

x−2>2⇔x−2>2⇔x>4

Với x>4 thì |2−x−2|=x−2−2

Ta có: 2+x−2+|2−x−2|

=2+x−2+x−2−2

a) 25x=35;

b) 4x≤162;

c) 3x=12;

d) 2x≥10.

Phương pháp giải:

Áp dụng:

Với A≥0;B≥0, ta có: 

A=B⇔A=B2.

Lời giải:

a)

Với x≥0, ta có: 

25x=35⇔5x=35⇔x=7⇔x=49(thỏa mãn)

Vậy x=49.

 b)

Với x≥0, ta có: 

4x≤162⇔2x≤162⇔x≤81⇔x≤6561

Từ điều kiện x≥0

Suy ra : 0≤x≤6561

 c)

Với x≥0, ta có: 

3x=12⇔3x=23⇔x=233⇔x=(233)2⇔x=43(thỏa mãn)

Vậy x=43. 

 d)

Với x≥0, ta có: 

2x≥10⇔x≥102⇔x≥52

Vậy x≥52.

a) x2−9−3x−3=0;

b) x2−4−2x+2=0.

Phương pháp giải:

Áp dụng:

Để A có nghĩa A≥0 

Với A≥0;B≥0

A=B⇔A=B2. 

A.B=A.B.

Lời giải:

a)

Điều kiện: x−3≥0⇔x≥3 

Ta có: 

x2−9−3x−3=0⇔(x+3)(x−3)−3x−3=0

⇔x−3(x+3−3)=0 

⇔[x−3=0x+3−3=0

+) Trường hợp 1:

x−3=0⇔x−3=0⇔x=3 (thỏa mãn)

+) Trường hợp 2:

x+3−3=0⇔x+3=3⇔x+3=9⇔x=6(thỏa mãn)

Vậy x=3 và x=6.

 b)

Điều kiện: x≥2 hoặc x=−2

Ta có:

x2−4−2x+2=0⇔(x+2)(x−2)−2x+2=0

⇔x+2(x−2−2)=0

⇔[x+2=0x−2−2=0

+) Trường hợp 1:

x+2=0⇔x+2=0⇔x=−2(thỏa mãn) 

+) Trường hợp 2:

x−2−2=0⇔x−2=2⇔x−2=4⇔x=6(thỏa mãn) 

Vậy x=−2 và x=6.

a) Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất.

b) Trong các hình chữ  nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất. 

Phương pháp giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số không âm a,b:

a+b2≥ab

Dấu “=” xảy ra khi a=b. 

Lời giải:

a)

Gọi hình chữ nhật có chiều dài a và chiều rộng b (với a>b>0)

Các hình chữ nhật có cùng chu vi thì C=2.(a+b) không đổi hay (a+b) không đổi.

Suy ra: a+b2 không đổi.

Diện tích của hình chữ nhật S=a.b  

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

a+b2≥ab

⇔ab≤(a+b2)2⇔S≤(a+b2)2 

Dấu “=” xảy ra khi a=b. Hay hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình vuông.

Vậy để Smax=(a+b2)2 thì hình chữ nhật là hình vuông.

Điều này cho thấy trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. 

(Chú ý: max là lớn nhất) 

 b)

Gọi hình chữ nhật có chiều dài a và chiều rộng b (với a>b>0)

Các hình chữ nhật có cùng diện tích S=a.b thì a.b không đổi.

Từ bất đẳng thức:

a+b2≥ab

⇔a+b≤2ab

⇔2.(a+b)≤4ab

⇔C≤4ab

Dấu “=” xảy ra khi a=b 

Vậy để Cmin=4ab  thì hình chữ nhật là hình vuông.

Điều này cho thấy trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất.

(Chú ý: min là nhỏ nhất)