Tài liệu tự học Toán 9 - Nguyễn Chín Em (Tập 1) - THCS.TOANMATH.com

(1)

PHẦN I ĐẠI SỐ 1

CHƯƠNG 1 CĂN BẬC HAI, CĂN BẬC BA 3

1 CĂN BẬC HAI 3

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 3

1 Căn bậc hai của một số 3

2 So sánh các căn bậc hai số học 3

B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 3

1 Ví dụ minh họa 3

2 Bài tập tự luyện 6

2 CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC^pA²= |A| 10

A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 10

B CÁC DẠNG TOÁN 10

1 Phá dấu trị tuyệt đối 10

2 Điều kiện để^pAcó nghĩa 10

3 Sử dụng hằng đẳng thức^pA²= |A| 11

4 Phương trình - Bất phương trình 14

C BÀI TẬP TỰ LUYỆN 15

3 LIÊN HỆ GIỮA PHÉP NHÂN VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG 21

1 Định lí 21

2 Khai phương một tích 21

3 Nhân các căn thức bậc hai 21

(2)

B DẠNG TOÁN 32

1 Khai phương một thương 32

2 Chia hai căn thức bậc hai 32

C PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 32

D BÀI TẬP TỰ LUYỆN 36

5 BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI 41

1 Đưa một thừa số ra ngoài dấu căn 41

2 Đưa một thừa số vào trong dấu căn 41

3 Khử mẫu của biểu thức lấy dấu căn 41

4 Trục căn thức ở mẫu 41

1 Đưa một thừa số vào trong hoặc ra ngoài dấu căn 41 2 Khử mẫu của biểu thức dưới dấu căn-Phép nhân liên hợp 43 3 Sử dụng các phép biến đổi căn thức bậc hai cho bài toán rút gọn và chứng minh

đẳng thức 44

4 Sử dụng các phép biến đổi căn thức bậc hai giải phương trình 47

6 RÚT GỌN BIỂU THỨC CÓ CHỨA CĂN BẬC HAI 54

1 Thực hiện phép tính rút gọn biểu thức có chứa căn bậc hai 54

2 Giải phương trình 62

Th.s Nguyễn Chín Em 2 https://emncischool.wixsite.com/geogebra

(3)

7 CĂN BẬC BA - CĂN BẬCn 67

A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 67

1 Căn bậc ba 67

1 Thực hiện các phép tính với căn bậc3và bậcn 67

2 Khử mẫu chứa căn bậc ba 74

3 Giải phương trình chứa căn bậc ba 74

CHƯƠNG 2 HÀM SỐ BẬC NHẤT 77

1 NHẮC LẠI VÀ BỔ SUNG KHÁI NIỆM VỀ HÀM SỐ 77

1 Khái niệm hàm số và đồ thị 77

2 Tập xác định của hàm số 77

3 Hàm số đồng biến, nghịch biến 77

1 Sự xác định của một hàm số 77

2 Tìm tập xác định của hàm số 78

3 Xét tính chất biến thiên của hàm số 82

2 HÀM SỐ BẬC NHẤT 96

1 Định nghĩa 96

C BÀI TẬP LUYỆN TẬP 98

(4)

3 ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ BẬC NHẤT 101

1 Đồ thị của hàm số y=axvớia6=0 101

2 Đồ thị của hàm số y=ax+b,a6=0 101

3 Cách vẽ đồ thị hàm số bậc nhất 101

4 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VÀ ĐƯỜNG THẲNG CẮT NHAU 110

5 HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG 118

A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 118

1 Hệ số góc của đường thẳng 118

2 Lập phương trình đường thẳng biết hệ số góc 119

PHẦN II HÌNH HỌC 125

CHƯƠNG 1 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG 127

1 MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO CỦA TAM GIÁC VUÔNG 127

1 Hệ thức giữa cạnh góc vuông và hình chiếu của nó trên cạnh huyền 127

2 Một số hệ thức liên quan tới đường cao 127

1 Giải các bài toán định lượng 128

2 Giải các bài toán định tính 128

(5)

2 TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC 134

1 Tỉ số lượng giác 134

2 Giá trị lượng giác của các cung đặc biệt 134

3 Hàm số lượng giác của hai góc phụ nhau 134

1 Giải các bài toán định lượng 134

2 Giải các bài toán định tính 135

CHƯƠNG 2 ĐƯỜNG TRÒN 139

1 SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN - TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRÒN 139

1 Nhắc lại về đường tròn 139

2 Cách xác định đường tròn 139

3 Tâm đối xứng - Trục đối xứng 140

1 Chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn 140

2 Quỹ tích điểm là một đường tròn 142

3 Dựng đường tròn 144

2 ĐƯỜNG KÍNH VÀ DÂY CUNG CỦA ĐƯỜNG TRÒN 152

1 So sánh độ dài của đường kính và dây 152

2 Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây 152

(6)

1 Giải bài toán định tính và định lượng 152

2 Giải bài toán dựng hình 154

3 Giải bài toán quỹ tích 154

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN 155

3 LIÊN HỆ GIỮA DÂY VÀ KHOẢNG CÁCH TỪ TÂM ĐẾN DÂY 158

4 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 160

5 TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN 166

1 Các tính chất của tiếp tuyến 166

1 DỰNG TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN 166

2 GIẢI BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH VÀ ĐỊNH LƯỢNG 168

3 Chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn 170

4 Sử dụng tính chất tiếp tuyến để tìm quỹ tích 172

6 TÍNH CHẤT CỦA HAI TIẾP TUYẾN CẮT NHAU 181

1 ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TAM GIÁC 181

2 ĐƯỜNG TRÒN BÀNG TIẾP TAM GIÁC 181

(7)

D HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ 184

7 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN 187

1 Hai đường tròn có hai điểm chung 187

2 Hai đường tròn chỉ có một điểm chung 188

3 Hai đường tròn không có điểm chung 189

4 Một số tính chất 190

(8)

I

ĐẠI SỐ

(9)

(10)

1 CĂN BẬC HAI, CĂN BẬC BA

BÀI 1. CĂN BẬC HAI

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1 CĂN BẬC HAI CỦA MỘT SỐ

Định nghĩa 1. Căn bậc hai số học của một số a≥0là một số x không âm mà bình phương của nó bằnga. Ký hiệu^pa.

x=p a⇔





 x≥0

x²=a, vớia≥0.

Tổng quát trênR:

1 Mọi số dươnga>0có hai căn bậc hai là hai số đối nhau.

pa>0gọi là căn bậc hai số học hay còn gọi là căn bậc hai dương củaa.

−p

a<0gọi là căn bậc hai âm củaa. 2 Số0có căn bậc hai duy nhất là0.

3 Số âm không có căn bậc hai.

2 SO SÁNH CÁC CĂN BẬC HAI SỐ HỌC Định lí 1. Với hai số a,bkhông âm, ta có^a<b⇔p

a<p b. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

1 VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Tính^p16;p

1,44;p (−8)². -Lời giải.

Ta có 1 p

16=4vì4>0và4²=16.

2 p

1,44=1,2vì1,2>0và(1,2)²=1,44.

3 p

(−8)²=p

64=8vì8>0và8²=64.

4

^! Rất nhiều học sinh nhầm lẫn công thức

pa²=a, dẫn tới cho rằngp

(−8)²= −8.

Cần chú ý rằng^p^a²= |a|, do đóp

(−8)²= | −8| =8.

ä Ví dụ 2. Tính giá trị của các biểu thức sau

p0,16+

… 4 25.

1

… 3 1

16−p 0,36.

2

-Lời giải.

1 p 0,16+

… 4 25=

µ 4 10

¶2

+ µ

2 5

¶2

=2 5+2

5=4 5.

(11)

2

… 3 1

16−p 0,36=

µ 7 4

¶2

− µ

6 10

¶2

=7 4−3

5 =23 20.

ä Ví dụ 3. Trong các sốp

(−3)²;p

3²;−p

(−3)²;−p

3²số nào là căn bậc hai số học của9. -Lời giải.

Ta cóp

9=3, mà

p(−3)²= | −3| =3>0.

• p

3²= |3| =3>0.

•

−p

(−3)²= −| −3| = −3<0.

• −p

3²= −|3| = −3<0.

• Vậyp

(−3)²;p

3²là căn bậc hai số học của9. ä

Ví dụ 4. Tìmx, biết x²=16

9 .

1 (x−1)²=1

9.

2

-Lời giải.

Ta cóx²=16 9 x²=

µ4 3

¶2

x=4

3 hoặcx= −4 3. Vậy tập nghiệm của phương trình là

S=

½

−4 3;4

3

¾ .

1 Ta có(x−1)²=1

9 (x−1)²=

µ1 3

¶2

x−1=1

3 hoặc x−1= −1 3 x=4

3 hoặc x=2 Vậy tập nghiệm của phương trình là3

S=

½

−4 3;2

3

¾ . 2

ä Nhận xét. Như vậy, thông qua ví dụ trên chúng ta đã làm quen được với việc sử dụng khái niệm căn bậc hai để tìm nghiệm của phương trình. Tuy nhiên chúng ta chỉ mới bắt đầu với phương trình dạng ^x²=a² hoặc cần biến đổi đôi chút để có được dạng này hoặc sử dụng hằng đẳng thức, cụ thể

x²=16

9 ⇔x²−16 9 =0⇔

µ x−4

3

¶ µ x+4

3

¶

=0⇔x=4

3 hoặcx= −4 3. Ví dụ tiếp theo sẽ nâng mức tiếp cận cho chúng ta.

Ví dụ 5. Tìmx, biết x²=4−2p

3.

1 2 (2x−1)²= |1−2x|.

-Lời giải.

(12)

Ta cóx²=4−2p 3 x²=

³p 3−1´2

x=p

3−1hoặcx=1−p 3.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=

np

3−1; 1−p 3o

.

1 Đặtt= |2x−1| ≥0, ta có phương trình

t²−t=0 t(t−1)=0

t=0hoặct=1.

•t=0⇒x=1 2.

•t=1⇒x=0hoặcx=1.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=

½ 0;1

2; 1

¾ . 2

ä Ví dụ 6. So sánh các sốx=4p

3và y=3p 4. -Lời giải.

Ta có

x=4p 3=p

4²·3=p

• 48. y=3p

4=p

3²·4=p

• 36.

Vì48>36nênx>y. ä

Ví dụ 7. Tìm giá trị của x, biết x²<25.

1 2 x²+2x−3>0.

-Lời giải.

1 Ta cóx²<25⇔x²<5²⇔ −5<x<5.

2 Ta cóx²+2x−3>0⇔x²+2x+1>4

⇔(x+1)²>2²

⇔

·x+1>2 x+1< −2⇔

·x>1 x< −3.

4

^! ^Với^a^>⁰^{ta có} ä

x²<a²⇔ −a<x<a.

• x²>a²⇔



 x>a x< −a.

•

Các em học sinh cần cẩn trọng khi giải bài này vì có thể mặc phải sai lầm dẫn đến làm mất nghiệm (^x²>4²⇔x>4) hoặc thừa (^x²<5⇔x<5).

Ví dụ 8. Tìm giá trị của x, biết x²+2x−3>0.

1 2 4x²−4x<8.

-Lời giải.

Ta có

1 x²+2x−3>0⇔x²+2x+1>4⇔(x+1)²>2²⇔

·x+1>2 x+1< −2⇔

·x>1 x< −3.

(13)

2 4x²−4x<8⇔(2x)²−4x+1<9⇔(2x−1)²<3²⇔ −3<2x−1<3⇔ −1<x<2.

4

^! Từ định nghĩa về căn bậc hai, chúng ta mở rộng ä pA=B⇔





 B≥0 A=B².

• p

A=p B⇔





 A≥0 A=B.

•

Ví dụ 9. Giải các phương trình sau px−1=3.

1 p

x²−3x+2=p

2x²−3x+1 2

-Lời giải.

Ta có

px−1=3⇔x−1=3²

⇔x−1=9

⇔x=10.

.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={10} . 1

px²−3x+2=p

2x²−3x+1

⇔

(x²−3x+2≥0

x²−3x+2=2x²−3x+1

⇔

(x²−3x+2≥0 x²=1

⇔x=1hoặcx= −1.

.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={−1; 1} . 2

ä 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Thực hiện phép tính (−5)²·

µ

−7 5

¶2

.

1 (−0,25)²:

µ 3 100

¶2

.

2

-Lời giải.

Ta có

(−5)²· µ

−7 5

¶2

= µ

(−5)· 7 (−5)

¶2

=7²=49.

.

1 (−0,25)²:

µ 3 100

¶2

= µ 25

100

¶2

· µ100

3

¶2

= µ 25

100·100 3

¶2

= µ25

3

¶2

=625 9 . 2

ä Bài 2. Tìmx, biết

x²=9.

1 2 x²=(−2)².

4x²+1=8−2p 6.

3 x²+1=6−2p

6.

4

-Lời giải.

Ta có

(14)

x²=9⇔x²=3²

⇔x=3hoặc x= −3.

VậyS={−3; 3}.

1 x²=(−2)²⇔x=2hoặcx= −2.

VậyS={−2; 2}.

2

4x²+1=8−2p 6

⇔(2x)²=7−2p 6

⇔(2x)²=(p 6−1)²

⇔





 x=

p6−1 2 x=1−p

6 2 . VậyS=

(1−p 6 2 ;

p6−1 2

) .

3 x²+1=6−2p

6

⇔x²=5−2p 6

⇔x²=(p 3−p

2)²

⇔



 x=p

3−p 2 x=p

2−p 3.

VậyS=©p 2−p

3;p 3−p

2ª .

4

ä Bài 3. So sánh các cặp số sau

0,3và0,2(5).

1 4

…1 2 và2

…1 3.

2

2p

3và3p 2.

3 6

…2 7 và7

…2 6.

4

-Lời giải.

0,3>0,2(5).

1 Vì4>2và ¹

2>1 3 nên4

…1 2>2

…1 3.

2

2p 3=p

2²·3=p 12. 3p

2=p

3²·2=p 18. Vì18>12nên3p

2>2p 3.

3 Vì6<7và ²

7<2 6 nên6

…2 7<7

…2 6.

4

ä Bài 4. Chứng minh rằng các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọix.

x²+1≥2x.

1 2 2x²+2x−1≥ −15.

x²(x²−1)≥x²−1.

3 4 x²+6ax+9a²−4>0, vớialà hằng số.

-Lời giải.

Giả sửx²+1≥2x

⇔x²−2x+1≥0

⇔(x−1)²≥0(luôn đúng). Vậy ta có điều chứng minh.

1 Giả sử2x²+2x−1≥ −15

⇔4x²+4x+1≥ −27

⇔(2x+1)²≥ −27(luôn đúng). Vậy ta có điều chứng minh.

2

Giả sửx²(x²−1)≥x²−1

⇔x²(x²−1)−(x²−1)≥0

⇔(x²−1)²≥0(luôn đúng). Vậy ta có điều chứng minh.

3 Giả sử9x²+6ax+a²+8>0

⇔(3x+a)²> −8(luôn đúng). Vậy ta có điều chứng minh.

4

(15)

ä Bài 5. Tìm giá trị củax, biết

x²≥25;x²<25.

1 2 x²+2x−5≥0.

x²−1<9.

3 4 x²+6ax+9a²−4>0,alà hằng số.

-Lời giải.

1 Ta có

x²≥25⇔x²≥5²⇔x≥5hoặcx≤ −5. x²<25⇔x²<5²⇔ −5<x<5.

Vậy không tìm đượcxthỏa các điều kiện đề cho.

2 x²+2x−5≥0⇔(x+1)²≥6⇔





x+1≥p 6 x+1≤ −p

6⇔



 x≥p

6−1 x≤ −p

6−1.

3 x²−1<9⇔x²<3²⇔ −3<x<3.

4 x²+6ax+9a²−4>0⇔(x+3a)²>2²⇔





x+3a>2 x+3a< −2⇔





x>2−3a x< −2−3a.

ä Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA=8+p

x²+3x−4. -Lời giải.

Ta cóA=8+ µ

x+3 2

¶2

−25 4 ≥8. Đẳng thức xảy ra khi

µ x+3

2

¶2

=25 4 ⇔



 x=1 x= −4.

VậyA_min=8. _ä

Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcA=11−p

x²+7x+4. -Lời giải.

Ta cóA=11− µ

x+7 2

¶2

−25 4 ≤11. Đẳng thức xảy ra khi

µ x+7

2

¶2

=25 4 ⇔



 x= −1 x= −6.

VậyA_max=11. _ä

Bài 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=5+p

x²−3x+9.

1 B=p

x²−7x+5.

2

C=p

x²−7x+6−25.

3 4 D=x²−6x+11.

-Lời giải.

Ta có

(16)

A=5+ µ

x−3 2

¶2

+27

4 ≥5+3p 3 2 . Đẳng thức xảy ra khix−3

2=0⇔x=3 2. VậyA_min=5+3p

3 2 .

1 B=

µ x−7

2

¶2

−29 4 ≥0. Đẳng thức xảy ra khi

µ x−7

2

¶2

=29 4 . VậyB_min=0.

2

C= µ

x−7 2

¶2

−25

4 −25≥ −25. Đẳng thức xảy ra khi

µ x−7

2

¶2

=25 4 . VậyC_min= −25.

3 D=(x−3)²+2≥2.

Đẳng thức xảy ra khix−3=0⇔x=3. VậyD_min=2.

4

ä Bài 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A=15−p

x²−4x+13.

1 2 B= −3x²+6x−15.

C=12−p

x²−2x+1.

3 4 D=17+10x−x².

-Lời giải.

Ta có

A=15−p

(x−2)²+9≤5−p 9=12. Đẳng thức xảy ra khix−2=0⇔x=2. VậyA_max=12.

1 B= −3(x−1)²−12≤ −12.

Đẳng thức xảy ra khix−1=0⇔x=1. VậyB_max= −12.

2

C=12−p

(x−1)²≤12.

Đẳng thức xảy ra khix−1=0⇔x=1. VậyC_max=12.

3 D= −[(x−5)²−48]= −(x−1)²+48≤42.

Đẳng thức xảy ra khix−1=0⇔x=1. VậyB_max=42.

4

ä Bài 10. Giải các phương trình sau

p2x−1=1.

1 p

x²+5=x+1.

2 px²−4=p

x²−2x.

3

-Lời giải.

1 Ta có^p2x−1=1⇔2x−1=1⇔x=1.

VậyS={1}.

2 Ta có^px²+5=x+1⇔







x+1≥0

x²+5=(x+1)²⇔





 x≥ −1

2x=4 ⇔x=2.

VậyS={2}.

3 Ta có^px²−4=p

x²−2x⇔







x²−4≥0

x²−4=x²−2x⇔







x²−4≥0

2x=4 ⇔x=2. VậyS={2}.

ä

(17)

BÀI 2. CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC p A 2 = | A |

A TÓM TẮT LÍ THUYẾT

Điều kiện đểp

Acó nghĩa

pAcó nghĩa khi và chỉ khiA≥0.

1 Hằng đẳng thứcp

A²= |A| pA²= |A| =

(Anếu A≥0

−AnếuA<0.

2

B CÁC DẠNG TOÁN 1 PHÁ DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI

Ví dụ 1. Tính_|x−1|. -Lời giải.

Ta có|x−1| =

(x−1nếu x−1≥0

−(x−1)nếux−1<0=

(x−1nếux≥1

1−xnếux<1. ä

Ví dụ 2. Bỏ dấu giá trị tuyệt đối và rút gọn biểu thức:C= |x−1| +2|x+2| +3.

-Lời giải.

Nhận xét rằngx−1=0⇔x=1vàx+2=0⇔x= −2.

Do đó để bỏ được dấu giá trị tuyệt đối củaCta cần xét các trường hợp sau 1 Nếux≤ −2ta đượcC= −(x−1)−2(x+2)+3= −3x.

2 Nếu−2≤x≤1ta đượcC= −(x−1)+2(x+2)+3=x+8.

3 Nếux>1ta đượcC=(x−1)+2(x+2)+3=3x+6.

ä 2 ĐIỀU KIỆN ĐỂ^p^ACÓ NGHĨA

Ví dụ 3. Tìm điều kiện củaxđể^p₋2x+1tồn tại.

-Lời giải.

Đểp

−2x+1tồn tại, điều kiện là−2x+1≥0⇔2x−1≤0⇔x≤1 2. Vậyp

−2x+1tồn tại khi và chỉ khix≤1

2. ä

Ví dụ 4. Tìm các giá trị của xđể các biểu thức sau có nghĩa A= 1

p5x+10.

1 B=

p2x+1 3x²−5x+2.

2

-Lời giải.

1 ĐểAcó nghĩa, điều kiện là5x+10>0⇔x> −2. Vậy vớix> −2thì Acó nghĩa.

2 ĐểBcó nghĩa, điều kiện là

(2x+1≥0

3x²−5x+26=0 ⇔









 x≥ −1

2 x6=1;x6=2

3. Vậy, vớix≥ −1

2 vàx6=1,x6=2

3 thìBcó nghĩa.

ä

(18)

Ví dụ 5. Tìm các giá trị của xđể biểu thức sau có nghĩa A=p

x²−36.

1 B=p

x²−4x+3.

2 C=

…2−x x−3.

3

-Lời giải.

a) ĐểAcó nghĩa, điều kiện làx²−36≥0⇔x²≥6²⇔ |x| ≥6.

Vậy, với|x| ≥6thì Acó nghĩa.

b) ĐểBcó nghĩa, điều kiện là

x²−4x+3≥0⇔x²−4x+4≥1⇔(x−2)²≥1⇔ |x−2| ≥1⇔

·x−2≥1 x−2≤ −1⇔

·x≥3 x≤1.

Vậy, vớix≥3hoặcx≤1thìBcó nghĩa.

c) ĐểCcó nghĩa, điều kiện là 2−x

x−3≥0. Ta lập bảng xét dấu, dựa trên 2−x=0⇔x=2 x−3=0⇔x=3 như sau

x 2−x x−3 2−x x−3

2 3

+ 0 − −

− − 0 +

− 0 + −

Từ đó suy ra2−x

x−3≥0⇔2≤x<3.

Vậy, với2≤x<3thìCcó nghĩa.

ä 3 SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ^p^A²= |A|

Ví dụ 6. Tính:

p(0,09)² 1

»_¡p 3−2¢2

.

2

-Lời giải.

a) Ta cóp

(0,09)²= |0,09| =0,09.

b) Ta có

»_¡p 3−2¢2

= |p

3−2| =2−p 3, vìp

3−2<0.

ä Ví dụ 7. Tính:

px⁶

1 p

x²−4x+4 2

x+p

x²−2x+1

3 x+y+p

(x−y)².

4

-Lời giải.

(19)

1 Ta cóp

x⁶=p

(x³)²= |x³| =

(x³nếux³≥0

−x³nếux³<0=

(x³nếux≥0

−x³nếux<0.

2 Ta cóp

x²−4x+4=p

(x−2)²= |x−2| =

(x−2nếux−2≥0

−(x−2)nếux−2<0 =

(x−2nếux≥0 2−xnếux<2.

3 Ta có x+p

x²−2x+1=x+p

(x−1)²=x+ |x−1| =

(x+x−1nếux−1≥0 x−(x−1)nếux−1<0 =

(2x−1nếux≥1 1nếux<1.

4 Ta cóx+y+p

(x−y)²=x+y+ |x−y| =

(x+y+x−ynếux−y≥0 x+y−(x−y)nếux−y<0=

(2xnếux≥y 2ynếux<y.

ä Ví dụ 8. Chứng minh rằng

» x+2p

x−1+

» x−2p

x−1=





 2p

x−1nếu x≥2 2nếu1≤x<2.

-Lời giải.

Ta có

P =

» x+2p

x−1+

» x−2p

x−1

=

» (p

x−1+1)²+

» (p

x−1−1)²

=p

x−1+1+ |p

x−1−1|

=

(px−1+1+p

x−1−1nếu^px−1−1≥0 px−1+1−p

x−1+1nếu^px−1−1<0

= (2p

x−1nếu^px−1≥1 nếu^px−1<1

= (2p

x−1nếu x−1≥1 2nếu0≤x−1<1

= (2p

x−1nếu x≥2 2nếu1≤x<2.

Vậy ta đã chứng minh đượcp x+2p

x−1+p x−2p

x−1= (2p

x−1nếux≥2

2nếu1≤x<2. ä

Ví dụ 9. Cho biểu thức A=

p9x²−6x+1 9x²−1 . Tìm tập xác định củaA.

1 2 Rút gọn biểu thức A.

Tính giá trị của Atạix=1.

3 Tìm giá trị củaxđể A=1

3.

4

Tìm giá trị củaxđể A<0.

5

-Lời giải.

(20)

1 Điều kiện để biểu thứcAcó nghĩa

(9x²−6x+1≥0 9x²−16=0 ⇔

((3x−1)²≥0

(3x−1)(3x+1)6=0⇔x6= ±1 3.

2 Ta có

A=

p9x²−6x+1 9x²−1 =

p(3x−1)²

9x²−1 = |3x−1| (3x−1)(3x+1)

=









 1

3x+1 nếu3x−1>0

− 1

3x+1 nếu3x−1<0

=









 1

3x+1 nếux>1 3

− 1

3x+1 nếux<1 3 .

3 Vớix=1ta được A= 1

3·1+1=1 4. 4 ĐểA=1

3, ta có hai trường hợp:

+ Trường hợp1: Nếu









 1 3x+1=1

3 x>1

3

⇔







3=3x+1 x>1

3

⇔x=2 3.

+ Trường hợp2: Nếu











−1 3x+1=1

3 x<1

3

⇔







−3=3x+1 x<1

3

⇔x= −4 3. Vậy vớix=2

3 hoặcx= −4

3 thìA=1 3. 5 A<0⇔

p(3x−1)² 9x²−1 <0⇔

(3x−16=0

9x²−1<0⇔9x²−1<0⇔ |x| <1 3⇔ −1

3<x<1 3. Vậy với−1

3<x<1

3 thì A<0.

4

^! Ở câu này ta có thể làm cách khác nhanh hơn nhờ việc đánh giá được: |3x−1| >0 (Tập xác định:^x6= ±1

3).

Do đó9x²−1<0⇔ |x| <1 3 ⇔ −1

3<x<1 3.

ä Ví dụ 10.

1 Chứng minh bất đẳng thức^pa²+p

b²≥p

(a+b)².

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=p

(2006−x)²+p

(2005−x)². -Lời giải.

(21)

1 Xét bất đẳng thức, vì hai vế không âm nên bình phương hai vế ta được a²+b²+2p

a²·p

b²≥(a+b)²⇔2|ab| ≥2ab,luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh và dấu “=” xảy ra khiab≥0, tức là khiavàbcùng dấu.

2 Ta viếtA=p

(2006−x)²+p

(x−2005)²≥p

(2006−x+x−2005)²=1.

Vậy ta đượcminA=1, đạt được khi

(2006−x)(2005−x)≥0⇔2005≤x≤2006.

4

^! Trong câu a), chúng ta đã sử dụng phép bình phương để khử căn, rồi từ đó nhận được bất đẳng thức đúng. Tuy nhiên, ta cũng có thể chứng minh bằng cách biến đổi:

pa²+p

b²≥p

(a+b)²⇔ |a| + |b| ≥ |a+b|.

Ta thấy ngay đẳng thức trên luôn đúng (vì đã được chứng minh trong phần bất đẳng thức chứa dấu trị tuyệt đối).

ä 4 PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Ví dụ 1. Tìmx, biết p(x+1)²=9;

1 p

(x−3)²=3−x.

2

-Lời giải.

1 Ta biến đổi về dạng

|x+1| =9⇔

"

x+1=9 nếux+1≥0

−(x+1)=9 nếux+1<0⇔

"

x=8 nếux≥ −1 x= −10 nếux< −1. Vậy ta nhận được hai giá trịx=8vàx= −10.

2 Ta cóp

(x−3)²=3−x⇔ |x−3| =3−x⇔x−3≤0⇔x≤3.

Vậy nghiệm của phương trình làx≤3.

4

^! Trong lời giải câu b), chúng ta đã sử dụng tính chất

|a| = −a⇔a≤0.

ä Ví dụ 2. Tìmx, biết

px−2+2=x;

1 p

x−1+1≤x.

2

-Lời giải.

1 Điều kiện có nghĩax−2≥0⇔x≥2. (∗)

Biến đổi phương trình về dạng

px−2=x−2⇔p x−2=

³p x−2

´2

⇔p x−2

³p

x−2−1

´

=0

⇔

"p

x−2=0 px−2−1=0⇔

"

x−2=0 px−2=1⇔

·x=2

x=3,thỏa mãn(∗).

Vậy phương trình có hai nghiệmx=2vàx=3.

(22)

2 Điều kiện có nghĩax−1≥0⇔x≥1. (∗) Biến đổi bất phương trình về dạng

px−1≤x−1⇔p x−1≤

³p x−1´2

⇔p

x−1³p

x−1−1´

≥0

⇔

"p

x−1=0 px−1−1≥0⇔

"

x−1=0 px−1≥1⇔

·x=1

x≥2,thỏa mãn(∗).

Vậy bất phương trình có nghiệmx=1hoặcx≥2.

ä C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Tìm tập xác định của các biểu thức sau:

A=p

5x+40;

1 B=2x²+3x+1

px²−4 ;

2

C=

p2x+4 x²−6x+9;

3 D= 3x+1

px²+123.

4

-Lời giải.

1 ĐểAcó nghĩa thì5x+40≥0⇔x≥ −8. Vậy tập xác địnhD=[−8;+∞);

2 ĐểBcó nghĩa thìx²−4>0⇔



 x>2

x< −2.. Vậy tập xác địnhD=(−∞;−2)∪(2;+∞);

3 ĐểCcó nghĩa thì







2x+4≥0

x²−6x+96=0⇔





 x≥ −2

x6=3 ⇔ −2≤x6=3. Vậy tập xác địnhD=[−2;+∞) \ {3};

4 ĐểD có nghĩa thìx²+123>0(đúng_∀x∈R). Vậy tập xác địnhD=R.

ä Bài 2. Rút gọn các biểu thức sau:

A=

px²+2p 3x+3 x²−3 ;

1 B=

px²−5x+6 px−2 ;

2

C=

p(x−4)² x²−5x+4;

3 D= 3x+1

p9x²+6x+1.

4

-Lời giải.

1 Điều kiện xác định:x²−36=0⇔x6= ±p 3. Ta cóA=

px²+2p 3x+3 x²−3 =

»¡ x+p

3¢2

x²−3 =|x+p 3|

x²−3 . Ta xét hai trường hợp:

TH1: Nếux+p

3>0⇔x> −p

3thì A= x+p 3

¡x+p 3¢ ¡

x−p

3¢= 1 x−p

3. TH2: Nếux+p

3<0⇔x< −p

3thì A= −¡ x+p

3¢

¡x+p 3¢ ¡

x−p

3¢= − 1 x−p

3.

2 Điều kiện xác định:x≥2. Ta cóB=

px²−5x+6 px−2 =

p(x−2)(x−3) px−2 =p

x−3.

(23)

3 Điều kiện xác định:x²−5x+46=0⇔x6=1,x6=4. Ta cóC=

p(x−4)² x²−5x+4=

p(x−4)²

(x−1)(x−4)= |x−4| (x−1)(x−4). Ta xét hai trường hợp:

TH1: Nếux−4>0⇔x>4thìC= x−4

(x−1)(x−4)= 1 x−1. TH2: Nếux−4<0⇔x<4thìC= −(x−4)

(x−1)(x−4)= − 1 x−1.

4 Điều kiện xác định:9x²+6x+1>0⇔(3x+1)²>0⇔x6= −1 3. Ta cóD= 3x+1

p9x²+6x+1= 3x+1

(3x+1)² = 3x+1

|3x+1|. Ta xét hai trường hợp:

TH1: Nếu3x+1>0⇔x> −1

3 thìD=3x+1 3x+1=1. TH2: Nếu3x+1<0⇔x< −1

3 thìD= 3x+1

−(3x+1)= −1.

ä Bài 3. Giải các phương trình sau:

px+2p

x+1=3;

1 p

4x²−4x+1=1−2x;

2

px−2p

x+1=p x−1;

3

px−2p

x−2−1=p

x−2−1.

4

-Lời giải.

1 Biến đổi tương đương về dạng

» x+2p

x+1=3⇔ |p

x+1| =3⇔p

x+1=3⇔p

x=2⇔x=4.

Vậy phương trình đã cho có nghiệmx=4.

p(2x−1)²=1−2x⇔ |2x−1| =1−2x⇔1−2x≤0⇔x≥1 2. Vậy phương trình đã cho có nghiệmx≥1

2.

3 Biến đổi tương đương về dạng q_¡p

x−1¢2

=p

x−1⇔ |p

x−1| =p

x−1⇔p

x−1≥0⇔p

x≥1⇔x≥1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệmx≥1.

…

³p

x−2−1´2

=p

x−2−1

⇔ |p

x−2−1| =p

x−2−1

⇔ p

x−2−1≥0

⇔ p

x−2≥1

⇔ x−2≥1

⇔ x≥3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệmx≥3.

(24)

ä Bài 4. Cho biểu thứcA=6x−1+p

x²−4x+4. Rút gọn biểu thứcA;

1 2 Tính giá trị biểu thứcAvới x=5;

Tìm giá trị củaxđể biểu thức A=1.

3

-Lời giải.

1 Điều kiện xác định:x²−4x+4≥0⇔(x−2)²≥0(đúng_∀x∈R).

Ta cóA=6x−1+p

x²−4x+4=6x−1+p

(x−2)²=6x−1+ |x−2|. Ta xét hai trường hợp:

TH1: Nếux−2≥0⇔x≥2thìA=6x−1+(x−2)=7x−3. TH2: Nếux−2<0⇔x<2thìA=6x−1−(x−2)=5x+1.

2 Vớix=5, ta có A=7·5−3=32.

3 ĐểA=1, ta có

TH1: Vớix≥2thì7x−3=1⇔x=4

7, không thỏa mãn.

TH2: Vớix<2thì5x+1=1⇔x=0, thỏa mãn.

Vậyx=0thỏa yêu cầu bài toán.

ä Bài 5. Cho biểu thứcA=x+8−p

x²−6x+9. Rút gọn biểu thứcA;

1 2 Tính giá trị biểu thứcAvới x= −1;

Tìm giá trị củaxđể biểu thức A=0.

3

-Lời giải.

1 Điều kiện:x²−6x+9≥0, luôn đúng.

Ta cóA=x+8−p

x²−6x+9=x+8−p

(x−3)²=x+8− |x−3|. Ta xét hai trường hợp:

TH 1. Nếux−3≥0⇔x≥3thì A=x+8−(x−3)=11. TH 2. Nếux−3<0⇔x<3thì A=x+8−(3−x)=2x+5.

2 Vớix=3, ta tính được A=11.

3 ĐểA=0vớix<3, ta có2x+5=0⇔x= −5 2. Vậyx= −5

2 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

ä Bài 6. Tìmx, biết:

p2x−1+1=2x;

1 p

3x−2+4≤6x.

2

-Lời giải.

(25)

1 Điều kiện có nghĩa2x−1≥0⇔x≥1 2 (∗). Biến đổi phương trình về dạng

p2x−1=2x−1⇔p

2x−1=¡p

2x−1¢2

⇔p

2x−1¡p

2x−1−1¢

=0

⇔





p2x−1=0 p2x−1−1=0⇔





p2x−1=0 p2x−1=1⇔





 x=1

2 x=1

thỏa mãn(∗). Vậy phương trình có hai nghiệmx=1

2 và x=1.

2 Điều kiện có nghĩa3x−2≥0⇔x≥2 3 (∗). Biến đổi bất phương trình về dạng

p3x−2≤2(3x−2)⇔p

3x−2≤2¡p

3x−2¢2

⇔p

3x−2¡ 2p

3x−2−1¢

≥0

⇔





p3x−2=0 2p

3x−2−1≥0⇔







3x−2=0 p3x−2≥1

2

⇔





 x=2

3 x≥3 4

, thỏa mãn(∗). Vậy bất phương trình có nghiệmx=2

3 hoặcx≥3 4.

ä Bài 7. Giải phương trình:

px²−5x+8=2;

1 p

x+1−p

2−x=0;

2

-Lời giải.

1 Ta có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày sau:

Cách 1.

Giải theo kiểu đặt điều kiện có nghĩa rồi biến đổi.

Điều kiện:_∀x∈Rdo x²−5x+8= µ

x−5 2

¶2

+7 4≥0. Ta có^px²−5x+8=2⇔p

x²−5x+8=2⇔x²−5x+8=4⇔



 x=1 x=4.

Vậy phương trình có hai nghiệm làx=1vàx=4. Cách 2.

Giải theo kiểu biến đổi tương đương.

x²−5x+8=4⇔x²−5x+4=0⇔



 x=1 x=4 . Vậy phương trình có hai nghiệm làx=1vàx=4.

Cách 1.

Điều kiện:







x+1≥0

2−x≥0⇔ −1≤x≤2. Ta có^px−1−p

2−x=0⇔p

x−1=p 2−x

⇔x+1=2−x⇔2x=1⇔x=1 2.

(26)

Vậy phương trình có một nghiệmx=1 2. Cách 2.

px−1=p

2−x⇔x+1=2−x≥0⇔







x+1≥0 x+1=2−x ⇔





 x≥ −1 x=1

2. Vậy phương trình có một nghiệm làx=1

2.

px²−x+1=x+1;

1 p

x²−2x+3=x+5.

2

-Lời giải.

Cách 1. Giải theo kiểu đặt điều kiện có nghĩa rồi biến đổi.

Điều kiện_∀x∈Rdo x²−x+1= µ

x−1 2

¶2

+3 4≥0.

Ta có^px²−x+1=x+1⇔x²−x+1=(x+1)² x²−x+1=x²+2x+1⇔3x=0⇔x=0. Vậy phương trình có một nghiệmx=0.

Cách 2. Giải theo kiểu biến đổi tương đương.







x+1≥0

x²−x+1=(x+1)² ⇔





 x≥ −1

3x=0 ⇔x=0. Vậy phương trình có một nghiệmx=0.

Cách 1.

Điều kiện_∀x∈Rdo x²−2x+3=(x−1)²+2≥0. Ta có^px²−2x+3=x+5⇔x²−2x+3=(x+5)²

⇔x²−2x+3=x²+10x+25⇔12x= −22⇔x= −11 6 . Vậy phương trình cho một nghiệm làx= −11

6 . Cách 2.







x+5≥0

x²−2x+3=(x+5)² ⇔





 x≥ −5

12x= −22⇔x= −11 6 . Vậy phương trình có một nghiệm làx= −11

6 .

5p

x−2=x+2;

1 3p

2x−1=2x−5.

2

-Lời giải.

(27)

Đề nghị các em học sinh giải theo hai cách đã biết.

Cách 1.

Cách 2.

Ở đây trình bày theo cách đặt ẩn phụ để các em làm quen.

1 Điều kiện có nghĩax−2≥0⇔x≥2. Viết phương trình dưới dạng

x−2−5p

x−2+4=0⇔¡p x−2¢2

−5p

x−2+4=0. (1) Đặtt=p

x−2, điều kiện t≥0. Khi đó phương trình(1)có dạng t²−5t+4=0⇔(t−1)(t−4)=0

⇔



 t=1 t=4⇔





px−2=1 px−2=4⇔



 x=3 x=18

.

Vậy phương trình có nghiệmx=3và x=18.

2 Điều kiện có nghĩa2x−1≥0⇔x≥1

2. Viết phương trình dưới dạng 2x−1−3p

2x−1−4=0⇔¡p

2x−1¢2

−3p

2x−1−4=0. (1) Đặtt=p

2x−1, điều kiệnt≥0. Khi đó phương trình(1)có dạng t²−3t−4=0⇔(t+1)(t−4)=0⇔





t= −1(loại) t=4

⇔p

2x−1=4⇔2x−1=16⇔x=17 2 . Vậy phương trình có nghiệmx=17

2 .

ä

(28)

BÀI 3. LIÊN HỆ GIỮA PHÉP NHÂN VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG

A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1 ĐỊNH LÍ

Định lí 1. VớiA≥0,B≥0thì^pA·B=p A·p

B. 2 KHAI PHƯƠNG MỘT TÍCH

Quy tắc khai phương một tích: Muốn khai phương một tích các biểu thức không âm ta có thể khai phương từng biểu thức rồi nhân kết quả với nhau.

3 NHÂN CÁC CĂN THỨC BẬC HAI

Quy tắc nhân các căn thức bậc hai:Muốn nhân các căn thức bậc hai của các biểu thức không âm ta có thể nhân các biểu thức dưới dấu căn với nhau rồi lấy căn bậc hai của kết quả đó.

B CÁC DẠNG TOÁN

Ví dụ 1. Sử dụng quy tắc khai phương một tích, tính

1 p

25·49. 2 p

9·16·36. 3 p

27·48. 4 p

81a². -Lời giải.

1 p

25·49=p 25·p

49=5·7=35.

2 p

9·16·36=p 9·p

16·p

36=3·4·6=72.

3 p

27·48=p

27·3·16=p

81·16=p 81·p

16=9·4=36.

4 p

81a²=p 81·p

a²=9|a|.

Nhận xét. Trong câu thứ ba, nếu chúng ta vận dụng một cách máy móc quy tắc khai phương một tích sẽ không nhận được kết quả gọn.

ä Ví dụ 2. Sử dụng quy tắc nhân các căn thức bậc hai, tính

p2·p 18.

1 p

1,1·p 44·p

10.

2

p_p

2−1·p_p 2+1.

3 p

27a·p

3a, vớia>0.

4

-Lời giải.

1 p 2·p

18=p

2·18=p 36=6.

2 p 1,1·p

44·p 10=p

1,1·44·10=p

11·11·4=11·2=22.

3

p_p

2−1·p_p

2+1=»_¡p

2−1¢ ¡p 2+1¢

=p

2−1=1.

4 Vớia>0ta có

p27a·p

3a=p

27a·3a=p

81a²=9|a| =9a.

Nhận xét. Trong câu thứ ba, chúng ta đã sử dụng hằng đẳng thức(a−b)(a+b)=a²−b².

ä

(29)

Ví dụ 3. Rút gọn các biểu thức sau pa⁴(3−a)², vớia≥3.

1 1

a−b

pa⁶(a−b)², vớia<b<0.

2

-Lời giải.

1 Vớia≥3thì3−a≤0, ta có

pa⁴(3−a)²=p a⁴·p

(3−a)²=a²|3−a| =a²(a−3).

2 Vớia<b<0thìa−b<0, ta có 1

a−b

pa⁶(a−b)² = 1 a−b·p

a⁶·p

(a−b)²= 1

a−b· |a³| · |a−b|

= 1

a−b·(−a³)·(b−a)=a³.

ä Ví dụ 4. Thực hiện phép tính

A=¡p 8+p

72−p 2¢p

2.

1 B=³p

4+p 7−p

4−p 7´2

.

2

C=¡ 3p

5+p 2¢ ¡

3p 5−p

2¢ .

3

-Lời giải.

1 A=

³p 8+p

72−p 2´p

2=p 8·p

2+p 72·p

2−p 2·p

2=p 16+p

144−p 4

=4+12−2=14.

2 B= µ»

4+p 7−

» 4−p

7

¶2

= µ»

4+p 7

¶2

−2

» 4+p

7

» 4−p

7+ µ»

4−p 7

¶2

=4+p 7−2

…

³ 4+p

7´ ³ 4−p

7´

+4−p

7=8−2p

16−7=8−2·3=2.

3 C=¡ 3p

5+p 2¢ ¡

3p 5−p

2¢

=¡ 3p

5¢2

−2=45−2=43.

Nhận xét. Như vậy trong câu thứ ba, bằng việc sử dụng hằng đẳng thức chúng ta đã giảm được đáng kể độ phức tạp.

ä Ví dụ 5.

1 So sánh^p16+4với^p16+p 4.

2 Chứng minh rằng^pa+b≤p a+p

b, với mọia,bkhông âm.

-Lời giải.

1 Ta có¡p

16+4¢2

=20và¡p 16+p

4¢2

=(4+2)²=36.

Cho nên¡p

16+4¢2

<¡p 16+p

4¢2

, do đóp

16+4<p 16+p

4.

2 Hai vế của bất đẳng thức luôn không âm nên bình phương hai vế, ta được

³p

a+b´2

≤

³p a+p

b´2

⇔a+b≤a+2p

ab+b⇔2p

ab≥0(luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khia=0hoặcb=0.

Do đóp

a+b≤p a+p

b, với mọia,bkhông âm.

(30)

Nhận xét. Cách đặt vấn đề của ví dụ trên, giúp chúng ta tiếp cận với bất đẳng thức trước khi đi chứng minh nó. Tuy nhiên, nếu đặt vấn đề theo kiểu ngược lại, chúng ta sẽ được quyền sử dụng bất đẳng thức này để đưa ra đánh giá cho phép so sánh.

ä Ví dụ 6.

1 Chứng minh rằng_|ac+bd| ≤p

(a²+b²)(c²+d²)(Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ki).

2 Biếtx²+y²=52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thứcA=3x+2y. -Lời giải.

1 Hai vế của bất đẳng thức luôn không âm nên bình phương hai vế, ta được (ac+bd)²≤(a²+b²)(c²+d²)

⇔ a²c²+2acbd+b²d²≤a²c²+a²d²+b²c²+b²d²

⇔ a²d²−2adbc+b²c²≥0

⇔ (ad−bc)²≥0(luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khibc=adhaya=kc,b=kd.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

2 Ta có|A| = |3x+2y| ≤p

(3²+2²)(x²+y²).

Màp

(3²+2²)(x²+y²)=p

13·52=p

13·13·4=13·2=26.

Do đó|A| ≤26, suy ra−26≤A≤26.

Dấu “=” xảy ra khix=3kvà y=2k, do đó

x²+y²=52⇔(3k)²+(2k)²=52⇔13k²=52⇔k²=4⇔k= ±2.

VậyA_max=26khi(x;y)=(6; 4).

A_min= −26khi(x;y)=(−6;−4).

ä Ví dụ 7. Cho biểu thức A= 2x²−ax−3a²

2x²−5ax+3a². Rút gọn biểu thứcA.

1 Chứng minh rằng A=¡

a+p a+1¢2

khix= pa²+1.

2

-Lời giải.

1 Điều kiện xác địnhx6=avàx6=3a 2 . Ta có

A = 2x²−ax−3a²

2x²−5ax+3a² =2x²+2ax−3ax−3a²

2x²−2ax−3ax+3a² =2x(x+a)−3a(x+a) 2x(x−a)−3a(x−a)

= (x+a)(2x−3a)

(x−a)(2x−3a)= x+a x−a. 2 Thayx=p

a²+1vào biểu thức rút gọn trên ta được

A=

pa²+1+a pa²+1−a=

³p

a²+1+a´ ³p

a²+1+a´

³p

a²+1−a´ ³p

a²+1+a´=

³ a+p

a²+1´2

a²+1−a² =

³ a+p

a²+1´2

.

ä

(31)

Ví dụ 8. Cho biểu thức A=a+b−p ab ap

a+bp b −

pa−p b−1 a−b . Rút gọn biểu thứcA.

1 2 Tính giá trị của A, biếta−b=1.

-Lời giải.

1 Điều kiện xác định là





 a≥0 b≥0 a6=b.

Ta cóap

a+bp b=¡p

a¢3

+

³p b

´3

=

³p a+p

b

´ ³ a−p

ab+b

´ . Khi đó

A = a+b−p ab

³p a+p

b´ ³

a+b−p ab´−

pa−p b−1

a−b = 1 pa+p

b−

pa−p b−1 a−b

=

pa−p b a−b −

pa−p b−1 a−b =

pa−p b−

³p a−p

b−1´

a−b = 1

a−b. 2 Vớia−b=1, suy raA=1.

ä Ví dụ 9. Cho hai biểu thức A=p

x²−3x+2vàB=p x−1p

x−2. TìmxđểAcó nghĩa.

1 2 TìmxđểBcó nghĩa.

Với giá trị nào củaxthì A=B?

3 Với giá trị nào củaxthì chỉ Acó nghĩa còn

Bkhông có nghĩa?

4

-Lời giải.

1 Ta cóA=p

x²−3x+2=p

(x−1)(x−2).

Biểu thứcAcó nghĩa khi(x−1)(x−2)≥0. Ta lập bảng xét dấu của(x−1)(x−2).

x−1=0⇔x=1.

x−2=0⇔x=2.

Bảng xét dấu

x x−1 x−2 (x−1)(x−2)

1 2

− 0 + +

− − 0 +

+ 0 − 0 +

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy(x−1)(x−2)≥0khix≤1hoặcx≥2.

VậyAcó nghĩa khix≤1hoặcx≥2.

2 Biểu thứcBcó nghĩa khi

½x−1≥0 x−2≥0 ⇔

½x≥1

x≥2 ⇔x≥2.

VậyBcó nghĩa khix≥2.

(32)

3 KhiA=B, tức là

p(x−1)(x−2)=p x−1p

x−2⇔

½x−1≥0 x−2≥0⇔

½x≥1

x≥2⇔x≥2.

Vậy vớix≥2thì A=B.

4 Dựa vào điều kiện có nghĩa củaAvàBta có ngay vớix≤1thì chỉ Acó nghĩa cònBkhông có nghĩa.

ä Ví dụ 10. Cho a, b, c và a⁰, b⁰, c⁰ là số đo các cạnh tương ứng của hai tam giác đồng dạng. Chứng minh rằng^paa⁰+p

bb⁰+p

cc⁰=p

(a+b+c)(a⁰+b⁰+c⁰). -Lời giải.

Giả sử hai tam giác đồng dạng với tỉ sốk, suy ra a⁰

a =b⁰ b = c⁰

c =k⇔







a⁰=ka b⁰=kb c⁰=kc.

Khi đó, ta biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng pka²+p

kb²+p

kc²=p

(a+b+c)(ka+kb+kc)

⇔ ap k+bp

k+cp k=p

k(a+b+c)²

⇔ p

k(a+b+c)=p

k(a+b+c)(luôn đúng). Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét.

Như vậy, trong lời giải trên để chứng minh đẳng thức chúng ta đã sử dụng cách “Biến đổi tương đương đẳng thức về đẳng thức đúng”. Tuy nhiên, ta cũng có thể sử dụng cách biến đổi một vế thành vế còn lại, cụ thể

paa⁰+p

bb⁰+p

cc⁰ = p

ka²+p

kb²+p

kc²=ap k+bp

k+cp k

= p

k(a+b+c)=p

k(a+b+c)²=p

(a+b+c)(ka+kb+kc)

= p

(a+b+c)(a⁰+b⁰+c⁰)(đpcm).

Qua cách biến đổi trên, chúng ta thấy ngay rằng việc sử dụng quy tắc khai phương một tích có thể giúp làm xuất hiện nhân tử chung trong một biểu thức. Nhận định này sẽ giúp chúng ta trong việc biến đổi biểu thức về dạng tích và được sử dụng nhiều trong dạng toán “Giải phương trình chứa căn bậc hai”.

ä Ví dụ 11. Giải phương trình^px²−9−p

x−3=0. -Lời giải.

Điều kiện xác định là

(x²−9≥0 x−3≥0 ⇔

(x²≥9

x≥3 ⇔x≥3.

Biến đổi phương trình đã cho về dạng

px−3p

x+3−p

x−3=0

(33)

⇔ p

x−3³p

x+3−1´

=0

⇔

"p

x−3=0 px+3=1

⇔

·x=3 x= −2.

Kết hợp điều kiện xác định ta đượcx=3là nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét. Như chúng ta đã biết, phương trình trên còn có thể được giải bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể

px²−9−p

x−3=0

⇔ p

x²−9=p x−3

⇔







x−3≥0 x²−9=x−3

⇔





 x≥3

(x−3)(x+3)=x−3

⇔





 x≥3

(x−3)(x+2)=0

⇔









 x≥3



 x=3 x= −2

⇔ x=3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm^x=3.

ä C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Tính

1 p

49·100. 2 p

2⁴·(−9)². ³ ^p⁷²·32. 4 p

12,1·490. -Lời giải.

1 p

49·100=p 49·p

100=7·10=70.

2 p

2⁴·(−9)²=p 2⁴·p

(−9)²=2²· | −9| =36.

3 p

72·32=p

36·2·32=p 36·p

64=6·8=48.

4 p

12,1·490=p

12,1·49·10=p

121·49=p

121·p

49=11·7=77.

ä Bài 2. Rút gọn các biểu thức sau

1 p

27·48(a−3)². ² ^p48·75a².

-Lời giải.

(34)

1 p

27·48(a−3)²=p

27·3·16·(a−3)²=p 81·p

16·p

(a−3)²=9·4· |a−3| =36|a−3|.

2 p

48·75a²=p

16·3·25·3·a²=p 16·p

9·p 25·p

a²=4·3·5· |a| =60|a|.

ä Bài 3. Rút gọn các biểu thức sau

1 p a·

…9

a, vớia>0. ²

p8a²·p

18a⁴, vớia<0. -Lời giải.

1 Vớia>0ta có^pa·

…9 a=

… a·9

a=p 9=3.

2 Vớia<0ta có^p8a²·p

18a⁴=p

8a²·18a⁴=p

144·a⁶=p 144·p

a⁶=12|a³| = −12a³.

ä Bài 4. Thực hiện phép tính

A=p 72·p

18.

1 B=

…25 7 ·

… 7 16.

2

C= µ…

9 2+

…3 2−p

2

¶p 2.

3

-Lời giải.

1 A=p 72·p

18=p

36·2·9·2=p 36·p

4·p

9=6·2·3=36.

2 B=

…25 7 ·

… 7 16=

…25 7 · 7

16=

…25 16=5

4.

3 C= Ã…

9 2+

…3 2−p

2

!p 2=

�