tailieuviet.vn giới thiệu Giải sách bài tập Toán lớp 9 Bài 9: Căn bậc ba chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 9. Mời các bạn đón xem:
Giải SBT Toán 9 Bài 9: Căn bậc ba
−3433; 0,0273; 1,3313; −0,5123
Phương pháp giải:
– Định nghĩa: Căn bậc ba của một số a là số x sao cho x3=a ( mỗi a đều có duy nhất một căn bậc ba)
Áp dụng:
(a3)3=a; a33=a
Lời giải:
−3433=(−7)33=−7
0,0273=(0,3)33=0,3
1,3313=(1,1)33=1,1
−0,5123=(−0,8)33=−0,8
a) x3=−1,5
b) x−53=0,9
Phương pháp giải:
Áp dụng:
A3=B⇔A=B3.
Lời giải:
a)
x3=−1,5⇔x=(−1,5)3⇔x=−3,375
Vậy x=−3,375.
b)
x−53=0,9⇔x−5=(0,9)3⇔x−5=0,729⇔x=5,729
Vậy x=5,729.
a) a3b3=ab3
b) ab33=1bab3 (b≠0))
Phương pháp giải:
Áp dụng:
(a3)3=a; a33=a
ab3=a3.b3;ab3=a3b3(b≠0)
Lời giải:
a)
Ta có: a3b3=a33.b3=ab3
Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.
b)
Ta có: với (b≠0)
ab23=abb33=ab3b33=1bab3
Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.
a) 12
b) 25,3
c) −37,91
d) −0,08
Phương pháp giải:
– Dùng bảng lập phương tìm giá trị gần đúng của mỗi căn bậc ba.
– Sử dụng máy tính bỏ túi kiểm tra lại kết quả.
Lời giải:
a)
123≈2,289
b)
25,33≈2,936
c)
−37,913≈−3,359
d)
−0,083≈−0,431
a) 233 và 233
b) 33 và 313333
Phương pháp giải:
Áp dụng:
(a3)3=a; a33=a
ab3=a3.b3;ab3=a3b3(b≠0)
a<b⇔a3<b3
Lời giải:
a)
Ta có:
233=233.33=8.33=243
Vì 23<24 nên 233<243
Vậy 233 > 233
b)
Ta có: 33=3.11 và 313333
So sánh: 11 và 13333
Ta có: 113=1331
Vì 1331<1333 nên 13313<13333
Suy ra: 11<13333 hay 33<313333
a) x3≥2;
b) x3≤−1,5.
Phương pháp giải:
Áp dụng:
x3≥a⇔x≥a3.
Lời giải:
a)
Ta có:
x3≥2⇔x3≥233⇔x≥23⇔x≥8
b)
Ta có:
x3≤−1,5⇔x3≤(−1,5)33⇔x≤(−1,5)3⇔x≤−3,375
x3+y3+z3−3xyz=12(x+y+z)[(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2]
Từ đó chứng tỏ:
a) Với ba số x,y,z không âm thì x3+y3+z33≥xyz
b) Với ba số a,b,c không âm thì a+b+c3≥abc3
(Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số a,b,c bằng nhau.
Phương pháp giải:
– Áp dụng hằng đẳng thức:
(a−b)2=a2−2ab+b2
– Biến đổi cơ bản biểu thức và chứng minh vế phải bằng vế trái.
Lời giải:
Ta có:
12(x+y+z)[(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2]
=12(x+y+z)[(x2−2xy+y2)+(y2−2yz+z2)+(z2−2zx+x2)]
=12(x+y+z)(x2−2xy+y2+y2−2yz+z2+z2−2zx+x2)
=12(x+y+z)(2×2+2y2+2z2−2xy−2yz−2zx)
=(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx)
=x3+xy2+xz2−x2y−xyz−x2z
+x2y+y3+yz2−xy2−y2z−xyz
+x2z+y2z+z3−xyz−yz2−xz2
=x3+y3+z3−3xyz
Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.
a) Nếu x≥0,y≥0,z≥0 thì:
x+y+z≥0
(x−y)2+(y−z)2+(z−z)2≥0
Theo đẳng thức đã chứng minh ở trên, suy ra:
x3+y3+z3−3xyz≥0⇔x3+y3+z3≥3xyz
Hay: x3+y3+z33≥xyz
b) Nếu a≥0,b≥0,c≥0 thì a3≥0,b3≥0,c≥03
Đặt x=a3,y=b3,z=c3 thì x, y, z cũng không âm.
Từ chứng minh câu a, ta có: x3+y3+z33≥xyz
Hay:
(a3)3+(b3)3+(c3)33≥(a3)(b3)(c3)⇔a+b+c3≥abc3
a) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương có thể tích lớn nhất.
b) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất.
Phương pháp giải:
Áp dụng bất đẳng đẳng thức Cô – si với ba số không âm a,b,c.
a+b+c3≥abc3
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Lời giải:
a)
Gọi a,b,c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.
Ta có: a>0,b>0,c>0
Tổng ba kích thước của hình hộp chữ nhật:
p=a+b+c
Thể tích của hình hộp chữ nhật:
V=a.b.c
Ta có p=a+b+c không đổi.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si:
a+b+c3≥abc3⇔V3≤p3⇔V≤p327
Suy ra Vmax=p327, dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương có thể tích lớn nhất.
b)
Ta có: V=a.b.c không đổi.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si:
a+b+c3≥abc3
⇔p3≥V3⇔p≥3V3
Suy ra pmin=3V3, dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất
