f 1 2， f n 1 f n f n 1，其中 n 屬於正整數的集合。 驗證 1 f

從已知的 f（n+1）=[f（n）] 2-f（n）+1，我們知道 f（n+1）-1=f（n）[f（n）-1]。

並且 f（1）=2，我們知道 f（n） 是乙個遞增函式，並且。

1/[f(n+1)-1]=1/[f(n)(f(n)-1)]=1/[f(n-1)-1]-1/f(n).

1/f(n)=1/[f(n)-1]-1/[f(n+1)-1].

將 n = 1、2、3 ,..n代入上述等式並相加得到<1，n>[1 f（k）]=1 [f（1）-1]-1 [f（n+1）-1]<1

對於正整數 n 2，有。

1/f(1)+1/f(2)+1/f(3)+.1/f(n)<1.

如果你滿意！！ 謝謝。

應該是證明。

1 - 1 2 2 < 1 - 1 2 2 n，因為如果你遵循原來的問題，f（1） = 2，f（2） = 3,1 2+1 3 = 5 6,1-1 2 = 7 8 > 5 6，這與問題不符。

它由 f（n+1） -1 = （f（n） -1） *f（n） 已知。

1/[f(n+1)-1] = 1/[f(n)-1] -1/f(n)

所以 1 f（i） = 1 [f（i）-1] -1 [f（i+1）-1]。

對於從 1 到 n 求和 i 的 i，只要證明，上述等式的右邊可以相互抵消。

1-1/2^2^ <1 - 1/[f(n+1)-1] <1 - 1/2^2^n

這相當於： 2 2 以上方程可以用數學歸納法證明。 首先，當 n = 2 時，f（3） = 7，即。

2 2< 7 - 1 < 2 4 = 16，結論是正確的。

如果假設 n 歸納假設為真，則。

1)2^2^ 2^2^ +1) *2^2^ >2^2^n

2） f（n+1） -1 < 2 2 n，則 f（n+1） < = 2 2 n（因為 f（n） 只能作為整數）。

f(n+2) -1 = f(n+1)(f(n+1) -1) <2^2^n * 2^2^n = 2^2^

這樣就完成了歸納證明。

當 f（1）=1， f（2）=1， n>2， f（n）=f（n-1）+f（n2）. 據此可以推導出，當n>1時，向量存在遞迴關係：（f（n+1），f（n））=f（n），f（n 螞葉鄭1）*a。

其中 a 是 2*2 （ ？） 的矩陣 因此，（f（n+1），f（n）））=f（2），f（1））*

根據問題中給出的遞迴關係 f（n） =f（n-1） +f（n-2），我們可以將其寫成乙個矩陣：[f（n+1）] 1 1] [f（n）][f（n）] 1 0] *f（n-1）]，其中 [1 1] 和 [1 0] 分別是 2*2 猜測矩陣。我們可以把它寫成：

a = 1 1] [1 0] 因此，根據問題的遞迴關係，我們可以得到：[f（n+1）， f（n）] f（n）， f（n-1）] a 其中， （f（2）， f（1）） 1， 1）.所以，（f（n+1）， f（n）） 1， 1） *a。

f（n+1）-f（n）=1 2，所以。

f(2)-f(1)=1/2

f(3)-f(2)=1/2

f(4)-f(3)=1/2

f(101)-f(100)=1/2

將以上相加得到：f（101）-f（1）=100*1 2=50So，f（101）=52

1） 由 f（m+n） = f（m） + f（n） + 4 （m + n） - 2

則 f（n）f（n-1+1）。

f(n-1)+f(1)+4n-2

f(n-1)+4n-1

f(n-2)+4(n-1)-1+4n-1

f(1)+4*1+4*2+……4(n-1)+4n-(n-1)

1+4n(n-1)/2-n+12n^2-3n+2

2n^2-3n+2

則 f（x）=2x 2-3x+2，（x n+）。

2） 設 g（m）=m 2-tm-1，則只需要 g（m）max<=f（x）min 即可滿足 m 2-tm-1 f（x）。

那麼 f（x） 的對稱軸是 x=3 4，那麼 f（x） 是 x n+ 中的遞增函式，那麼 f（x）min=f（1）=1

g（m） m=t 2 的對稱軸，當 t<=-2，t 2<=-1 時，g（m） 為遞增函式，則 g（m）max=g（1）=-t-1，沒有解。

當 t>=2， t 2>=1 時，g（m） 是減法函式，則 g（m）max=g（-1）=t=t>-2， g（m）max=g（1）=-t-1，則 -1f（m+2）。

2*（m+2）^2-3*(m+2)+2

上述不平等被簡化為。

1/3*m^3-2*m^2-16/3*m-5<0

設 g（m）=1 3*m 3-2*m 2-16 3*m-5，則導數 g'（m） = m 2-4 * m - 16 3，當 m > = 6 時，g'（m）>0，g（m）為遞增函式，g（m）min=g（6）=36-24-16 3=20 3>0，則g（m）>0為常數，不符合題目;

當 2<=m<=5 時，g'（m）<0，g（m）為減法函式，g（m）max=g（5）=25-20-16 3=-1 3<0，則g（m）<0為常數，符合題目。

因此，m 的最大值為 5。

應該是證明。

1 - 1 2 2 < 1 - 1 2 2 n，因為如果你遵循原來的問題，f（1） = 2，f（2） = 3,1 2+1 3 = 5 6,1-1 2 = 7 8 > 5 6，這與問題不符。

它由 f（n+1） -1 = （f（n） -1） *f（n） 已知。

1/[f(n+1)-1] = 1/[f(n)-1] -1/f(n)

所以 1 f（i） = 1 [f（i）-1] -1 [f（i+1）-1]。

對於從 1 到 n 求和 i 的 i，只要證明，上述等式的右邊可以相互抵消。

1-1/2^2^ <1 - 1/[f(n+1)-1] <1 - 1/2^2^n

這相當於： 2 2 以上方程可以用數學歸納法證明。 首先，當 n = 2 時，f（3） = 7，即。

2 2< 7 - 1 < 2 4 = 16，結論是正確的。

如果假設 n 歸納假設為真，則。

1)2^2^ 2^2^ +1) *2^2^ >2^2^n

2） f（n+1） -1 < 2 2 n，則 f（n+1） < = 2 2 n（因為 f（n） 只能作為整數）。

f(n+2) -1 = f(n+1)(f(n+1) -1) <2^2^n * 2^2^n = 2^2^

這樣就完成了歸納證明。

從已知的 f（n+1）=[f（n）] 2-f（n）+1，我們知道 f（n+1）-1=f（n）[f（n）-1]。

並且 f（1）=2，我們知道 f（n） 是乙個遞增函式，並且。

1/[f(n+1)-1]=1/[f(n)(f(n)-1)]=1/[f(n-1)-1]-1/f(n).

1/f(n)=1/[f(n)-1]-1/[f(n+1)-1].

將 n = 1、2、3 ,..n代入上述等式並相加得到<1，n>[1 f（k）]=1 [f（1）-1]-1 [f（n+1）-1]<1

對於正整數 n 2，有。

1/f(1)+1/f(2)+1/f(3)+.1/f(n)<1.

1：f(n)-f(n-1)=-1 f(n-1)-f(n-2)=-1 f(n-2)-f(n-3)=-1 ；；f(1)-f(0)=-1

F（n）=3-n f（4）=3-4=-12：假設區間中的中位數範圍為 n-1

所以 y=[x] 的範圍是乙個整數。

4：只要對稱軸 1-a 4 求解為 -3

（1）： f（0）= 所以。

f(1)-f(0)=-1 .f（1）=2

f(2)-f(1)=-1 .f（2）=1

f(3)-f(2)=-1 .f（3）=0

f(4)-f(3)=-1 .f（4）=-1

2）：可以通過觀察知道。

f(1)-f(0)=-1 .f（1）=2

f(2)-f(1)=-1 .f（2）=1

f(3)-f(2)=-1 .f（3）=0

f(4)-f(3)=-1 .f（4）=-1

f（n）-f（n-1）=-1 被新增到等式的兩邊。

f(1)-f(0)+f(2)-f(1)..f(n)-f(n-1)=-n

即 f（n）=3-n; 此數字必須小於 2，並且是整數。

所以 y 的範圍是 y<=2。

3）：這類問題的關鍵是去掉絕對值。將 x>0 和 x<0 相除以刪除絕對值。

當 x>0， x -2|x|=a-1 等效 x 2-2x+1=a

左邊是完全平坦的方法，（x-1） 2=a

當 a<0 時，方程沒有解。 當 a=0 時，方程的解 x=1 a>0 方程有兩個解。

當 x>0， x -2|x|=a-1 等效 x 2-2x+1=a

左邊是完全平坦的方法，（x-1） 2=a

當 a<0 時，方程沒有解。 當 a=0 時，方程的解 x=1 a>0 方程有兩個解。

4）：函式 f（x）=x +2（a-1）x+2 是區間 （- 4） 上的減法函式。

解釋任何 x 小於 4，則 f（x）-f（4）>0 為 。

x^2+2(a-1)x+2-4^2-2(a-1)*4-2>0

x^2+2(a-1)x-8(a+1)>0

使用萬能公式求解 x 2 + 2 （a-1） x - 8 （a + 1） = 0 的解，並使用“數軸通過針”方法。

接下來，您可以自己做。

1.-1

（a=0 或 a>1）。

4 （1>a>0）。

0 （a<0）。

3 （a=1）。

4.（-無窮大，-3]。

.這應該是對的......