1樓：函安白
令x=0，則 (1+x)+(1+x)^2+(1+x)^3+......+(1+x)^n = 1+1^2+...+1^n = n
求得a0=n
令x=1，則 (1+x)+(1+x)^2+(1+x)^3+......+(1+x)^n = 2+2^2+...+2^n = 2^(n+1)-2
a0+a1x+a2x^2+......anx^n = a0+a1+a2+...+an = 2^(n+1)-2
因此 a0+29-n+a(n)=2^(n+1)-2可知a(n)=1，因此 n+29-n+1=2^(n+1)-232=2^(n+1)n=4
2樓：匿名使用者
a0=1c0+2c0+3c0+4c0+...+nc0a1=1c1+2c1+3c1+4c1+...+nc1a2= 2c2+3c2+4c2+...
+nc2a3= 3c3+4c3+...+nc3
. .. an= ncn
這樣寫應該就很清楚了吧~其中a0=n,an=1a0+a1+a2+a3+...+an=2+2^2+2^3+...2^n=2^(n+1)-2
所以,a1+a2+...+a(n-1)=2^(n+1)-2-a0-an=2^(n+1)-2-n-1=2^(n+1)-3-n=29-n
所以,解得n=4
討論函式f（x）sin1x2 1x 0x2 1cos x
手機使用者 1 在 0 內，f x 是初等函式，在點x 1處無定義，limx 1 f x lim x 1 sin1x 1 不存在且無窮振盪 2 在 0，內，f x 在點x 2n 1，n 1，2，處無定義 對於n 1，limx 1 f x lim x 1x 1cos x 2 lim x 12x 2 s...
已知f xe x x 2,x 0,ln x 2 x 1 ,x0,則函式的零點個數為
解 x 0時，f x e x 1 x 0，e x 1，e x 1 0，f x 0函式單調遞減，在 0 上至多有一個零點 f 2 e 2 2 e 0f 0 1 0 2 1 0 函式在 2，0 上有一個零點，函式在 0 上有且僅有一個零點x 0時，f x 2x 1 x x 1 令f x 0，得 2x 1...
已知函式f x log2（a 2 1）x 2 （a 1）x
解 令h x a 2 1 x 2 a 1 x 1 41 若滿足題設條件即h x 0在實數r恆成立，下面分類討論 1 當a 2 1 0時得a 1或a 1 當a 1時h x 1 4 0恆成立，當a 1時h x 2x 1 4不能保證其在r上大於0恆成立故不符合舍掉。2 a 2 1 0即函式h x 為二次函...