已知命题对于任意x∈R,x² ax 1≥0是假命题

设F（x）=f(x)-x,则F（x）=ax^2+(b-1)x+c要使函数F（x）恒大于或等于零,则(b-1）^2-4ac0或a=0,(b-1)x+c>=0(2).设G（x）=f(x)-[(x+2)^2

1/2*[f(x1)+f(x2)]-f[(x1+x2)/2]=1/2*(ax1^2+ax2^2)-a[(x1+x2)/2]^2=a/4*(x1-x2)^2当a>0时1/2*[f(x1)+f(x2)]≥

第一问,设a>b,[f(a)-f(b)]/[a-b]=[f(a)+f(-b)]/[a-b]

a＞1.非p是假命题,则P是真命题,说明ax平方+2x+1>0对于任意x属于R恒成立,则△=4-4a＜0且a＞0,a＞1

设t=cosx∈[0,1]y=1-t²+at+5a/8-3/2≤1即t²-at-5a/8+3/2≥0即a(t+5/8)≤t²+3/2∴a≤(t²+3/2)/(t

P：1-A大于等于0,A小于等于14-A大于等于0,A小于等于4则A小于等于1Q：（2A）方-4（2-A）大于等于04A方+4A-8大于等于0（A-1）（A+2）大于等于0A大于等于1或A小于等于-2

1.f(1)+3f(-1)=1f(-1)+3f(1)=-1上面方程组求解可得f(1)=-22.f(x)+3f(-x)=xf(-x)+3(x)=-x还是求方程组,得f（x）=-2x

逆命题：对于R上的增函数f(x)和任意的a,b属于R,若f(a)+f(b)>=f(-a)+f(-b),则a+b>=0先证明原命题的否命题,若a+

已知函数f(x)=ax²+bx+c（a≠0）满足f(0)=0,对于任意x∈R都有f(x)≥x,且f(-1/2+x)=f(-1/2-x),令g(x)=f(x)－|λx－1|（λ>0）（1）求函

你做错了.思路应该是设全集为R,求出ax²+2x+3>0的解集,非P为真命题,求出不等式的解集的补集,即为所求.ax²+2x+3>0对于方程ax²+2x+3=0,a>0△

可将表达式看做一个二次函数由判别式可知△=a²-4≤0解得-2≤a≤2再问：就那么简单？再答：没错~~~不要考虑得太麻烦（微笑）

mx^2+(2m+3)x+(1-m)=0有两个符号相异的实根1)根与系数关系有设方程的根为x1、x2x1*x2=-(2m+3)/m有两个符号相异的实根,x1*x2(-3/2)2)有两个符号相异的实根判

p∧q为真命题p,q都是真命题命题p:任意x∈(0,+∞),有不等式x+a/x≥2恒成立为真∵x>0,∴x+a/x≥2√a∴2√a≥2==>a≥1命题q:x∈R,函数f(x)=(a-1)^y是实数R上

若P为真命题,则有0＜a＜1若q为真命题,则需要b²-4ac＜0,所以-1/2＜a＜1/2如果p∩q为假命题,则至少有一个假命题1,p为假,q为真a=(-1/2,0]2,p为真,q为假a=(

假设m＞n,m、n∈Rf(m)-f(n)={a-[2/(2^m+1)]}-{a-[2/(2^n+1)]}=-2[1/(2^m+1)-1/(2^n+1)]=-2{(2^n-2^m)/[(2^m+1)(2

(1).存在x∈R,使得sinx+cosx≤m等价于m≥(sinx+cosx)minsinx+cosx=√2sin(x+π/4)≥-√2∴m≥-√2(2).x^2+mx+1>0恒成立等价于△=m

解析：由题意,若命题“p且q”是真命题,那么：命题p：“任意x∈[1,2],x－a≥0成立,有：a≤1命题q：“存在x∈R,x＋2ax＋2－a＝0”,有：1+2a≠0即a≠－1/2所以命题“p且q”是

“对任意x∈[1，2]，x2-a≥0”．则a≤x2，∵1≤x2≤4，∴a≤1，即命题p为真时：a≤1．若“存在x∈R，x2+2ax+2-a=0”，则△=4a2-4（2-a）≥0，即a2+a-2≥0，解

命题P：a≤x²,则a≤【x²在区间[1,2]上的最小值1】,则：a≤1命题Q：方程x²＋2ax＋2－a=0有解,则：△=4a²－4(2－a)≥0,得：a≤－2

命题p可知1≥a命题q可知a不属于(-2,1)所以1≥a