（急遽）全集S=｛1，2，x二次方－2 x｝を知っています。A=｛1，|2x-1|｝、もしCsA=｛0｝なら、このような実数です。全集S=｛1、2、xの二次方－2 x｝をすでに知っています。A=｛1、|2 x-1|｝、もしCsA=｛0｝なら、このような実数xは存在しますか？存在するなら、理由を説明してください。

CsA=｛0
Sには0元素があります
x二乗－2 xが解ける
X=2 X=0
Xの値をBに代入して検査する
|2 x-1 124;は2のものではない
存在しません
记x^2はx二乗となります
問題の意味でx^2-2 x=0、124 2 x-1 124=2、解xが解けないので、存在しません。
2の3-2 x二乗
元の右は2の4-3 X乗に等しいので、3-2 Xは4-3 Xより小さく、つまりXは1より小さいので、Xの取値範囲は1より小さいです。
2 x-3>3 x-4
x
3つのセットA={x2}-3 x+2=0}、B={x2-ax+a-1=0}、C={x2-bx+2=0}が知られています。
BはAの真子集、A∪C=A、空集はCの真子集、の実数a、bは存在しますか？もし存在するならば、a、bの値を求めます。存在しないなら、理由を説明してください。
親が話している通俗点ヨーロッパで、同類問題の解法を教えてくれれば、財産を加えますよ。
A:(x-1)(x-2)=0 A={1,2}BはAサブセットであり、B={1}または{2}A∪C=Aであり、空セットはCが空ではなく、Aのサブセットであることを意味しています。つまり、C={1}または{1,2}を分類してBを先に見てください。
大悪魔は問い詰めます。親は何を言っていますか？
集合A={x2-3 x+2=0}、C={x2-x+2 m=0}、もしA∩C=Cなら、mの取得範囲を求めます。
⑧A={x2-3 x+2=0}、∴A=｛1，2｝；∵C={x|x2-x+2 m=0｝、A∩C=C、だからC⊆A；①C=Φ時、△=1-8 m＜0、つまりm＞18；②C≠が成立しない場合、明らかに_A=
関数f（x）をすでに知っている定義ドメインはRで、任意の実数xに対して、yはf（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋1/2、f（1/2）＝0があり、x＞1/2、f（x）＞0があれば、単調さを求める。
x 1>x2=>x 1-x 2>0 f(x 1)-f(x 2)=f(x 1-x 2+f(x 2)-f(x 2)=f(x 1-x 2)+f(x 2)+1/2 f(x 2)=f(x 1-x 2)+1/2の場合は、x 1-x 2>1/2の場合は、f(x 1)…(x 1)+f
関数y=f(x)の画像は点(1,0)を通り、f(x)=(x^2)-x+b、数列{an}の前n項とSn=f(n)、n∈N+、{an}項式を求める。
私は（1、0）の中の1を何に持っていくか分かりません。x-1=1ですか？それともx=1ですか？
x=1 f(x)=0代入f(x)=x&菷178;-x+b 1+0 b=0 f(x)=x&菗178;-xSn=f(n)=n&nn=1の場合、a 1=1-1=0 n≧2の場合、Sn=1-(n-1)&菗178;+(n-1)=2 n-2 n=1の場合、a 1=2-2=0は同じ…
関数f(x)の定義ドメインをRとし、x 1の場合、任意の実数x，y∈Rに対して、f(x+y)=f(x)f(y)があります。
（3）数列｛an｝はa 1=f(0)を満たし、かつf(an+1)=1/f
(-2-an)(n∈n*)
1:[an]の通項式を求めます。
2 a>1の場合、不等式（1/an＋1）＋（1/an+2）＋1/a 2 n＞12/35（log（a＋1）X-logaX＋1）は、2以下の正の整数に対して成立し、xの取得範囲を求める。
正解すれば懸賞金が高くなります。
f(x+y)=f(y)f(0)=f(0)*f(0)f(0)=0または1若f(0)=0 f(0)=0 f(0)=0 f(0)=0 f(0)=0 f(x)f(x=0 f(x)は定数関数であり、x 1とは違って、f(0)は1 a=1=1+1(f=f=f=f=f(f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f(f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f(f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f=f(0)
(1)令x=0であれば、f(0+y)=f(0)*f(y)であり、f(y)=f(0)*f(y)、f(0)=1
(2)x 1=f(0)と検証の矛盾ですね。
数列｛an｝の前のn項とSnをすでに知っていて、すべての正の整数に対して、点（n、Sn）は関数f（x）=2^（x＋2）-4の画像にあります。
1、
題意によっては
Sn=2^(n+2)-4=4(2^n-1)
a 1=S 1=4(2^1-1)=4
an=Sn-Sn-1=4(2^n-1)-4[2^(n-1)==4[2^n-2^(n-1)=2(2*2^n-2^n)=2^(n+1)
n=1の場合も同様に成立する
{an}の通項公式はan=2^(n＋1)である。
2.
bn=アンlog 2(an)
=2^(n＋1)log 2[2^(n＋1)]
=(n＋1)2^(n＋1)
Tn=b 1+b 2+…+bn=2*2+3*2^3+…+n 2^n+(n+1)2^(n+1)
Tn/2=2*2+2+2+4*2+2+3+3+++(n+1)2^n
Tn/2-Tn=2*2+2+2+2+2+3+…+2^n-(n+1)2^(n+1)
=2+2+2+2+2+3++2^n-(n+1)2^(n+1)
=2+2(^n-1)/(2-1)-(n+1)2^(n+1)
=2+2^(n+1)-2-n 2^(n+1)-2^(n+1)
=-n 2^(n＋1)
Tn/2=n 2^(n+1)
Tn=n*2^(n+2)
(n，sn)関数f(x)=2^(x+2)-4の画像に
sn=2^(n+2)-4
s(n-1)=2^(n-1+2)-4=2^(n+1)-4
ですから、a 1=s 1=2^(1+2)-4=4
an=sn-s(n-1)【a≧2】
=2^(n+2)-4-[2^(n+1)-4]
=2^(n+2)-2^(n+1)
=2^(n＋1)
bn=an×ロゴ2 a…展開
(n，sn)関数f(x)=2^(x+2)-4の画像に
sn=2^(n+2)-4
s(n-1)=2^(n-1+2)-4=2^(n+1)-4
ですから、a 1=s 1=2^(1+2)-4=4
an=sn-s(n-1)【a≧2】
=2^(n+2)-4-[2^(n+1)-4]
=2^(n+2)-2^(n+1)
=2^(n＋1)
bn=an×log 2 an
=2^(n＋1)×log 2^(n＋1)
=2^(2 n+2)
=(2^2)^(n＋1)
=4^(n＋1)
b 1=4^(1+1)=16
Tn=b 1[1-q^)/(1-q)
=16*[1-4^(n＋1)/(1-4)
=[16-4^(n+3)/(-3)
=4^(n+3)/3-16/3を閉じる
1.
Sn=2^(n+2)-4
S(n-1)=2^(n+1)-4
an=Sn-S(n-1)=2^(n+1)
2.
bn=2^(n+1)*(n+1)はずれで減算されます。
=(1-n)*2^(n+2)-4+2^(n+2)-2
=(2-n)^2^(n+2)-6
関数f（x）の定義ドメインがRである場合、任意の実数a、bはf（a＋b）＝f（a）f（b）を満足する。
（1）f（1）＝k（kは0に等しくない）を設定し、f（10）を求める。
(x 1の場合、不等式f(x+5)>1/f(x)
f(a+b)=f(a)f(b)なので、f(1)=k
だから:
f(10)=f(1+9)=f(1)f(9)=kf(9)
=k f(1+8)=kf(1)f(8)=(k^2)f(8)
にしても
=k^10
一。f(1+9)=f(1)f(9)
f(1+8)=f(1)f(8)
……
f(1+1)=f(1)f(1)
f(10)=k^10
二番目です。
f(a+b)=f(a)f(b)と一中の結論f(5)=k^5
f(x+5)=f(5)*f(x)=k^5*f(x)
不等式f(x+5)>1/f(x)は
k^5*f(x)>1/f(x)
f(x)*f(x)>k^5
残りの会議ですね。
x 1,易知f(x)>0
1 f（1＋1）＝f（1）f（1）＝kの平方で、これに類推して、f（10）＝kの十乗である。
f(a+b)=f(a)+f(B)からf(2)=f(1)+f(1)=2 Kまで、これを類推するf(10)=10 k
数列の前n項とSnを設定して、すべてのn∈N*、点(n、Sn/n)は関数f(x)=x+an/2 xの画像の上にあります。
数列｛an｝の前n項とSnを設定して、すべてのn∈N*、点（n、Sn/n）は関数f（x）=x+（an）/2 xの画像の上にあります。
関数f(x)=x+n/2 xに点(n，Sn/n)を代入します。
Sn=n^2+an/2
S(n＋1)=(n＋1)^2+a(n＋1)/2
二つの式が相殺される
2 n+1=(an+a(n+1)/2
2 n+3=(a(n+1)+a(n+2)/2
二つの式が相殺される
a(n+2)-an=4
またS 1=a 1=1+a 1/2、-->a 1=2
またS 2=a 1+a 2=2+a 2=2^2+a 2/2、->a 2=4
nが奇数の場合、an=a 1+(n-1)*4/2=2 n
nが偶数の場合、an=a 2+(n-2)/2*4=2 n
上記の通りan=2 n

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