练习题集[65]基础练习

1.找到适当的规律,填入你认为合适的数字,并将数字对应的选项填入括号内:
(1)24,(),10,6,4.
A.22  B.20  C.16  D.14

(2)1875639,365781,87563,6578,(),57.
A.576  B.567  C.756  D.765

(3)1,43,65,1,1013,().
A.12  B.47  C.23  D.67

(4)2,310,(),522,628.
A.2  B.32  C.415  D.419

(5)4,9,25,56,143,().
A.222  B.248  C.250  D.273

2.已知a,b>0,求证:1(1+a)2+1(1+b)211+ab

3.证明:如果p为素数,则p2(Cp2p2)

4.已知数列{an}a1=0a2=1an+2=an+1+an,求证:存在一个递增的无穷等差整数列,与数列{an}无公共项.

5.求所有使得2p23p1为完全立方数的质数p

6.求所有使得pq+1+qp+1为完全平方数的质数pq

7.求证:sinx+x2ln(x+1)


答案与解析

1.CCBAD.

提示 (1)相邻两项的差构成等差数列;
(2)按去掉末位后反序写出数字递推;
(3)第一个1写成22,第二个1写成88,分子为等差数列,分母为斐波那契数列;
(4)把2写成24,根指数和底数分别为等差数列;
(5)该数列为质数数列2,3,5,7,11,13,与斐波那契数列2,3,5,8,13,21,对应项相乘的结果.

2.根据柯西不等式,有1(1+ab)(a+b)1(a+ba)2=1a(1+b)2,因此1(1+b)2aa+b11+ab,同理,有1(1+a)2ba+b11+ab,两式相加即得,取等条件为a=b=1

思考与总结 利用柯西不等式将分母1+ab改造为与左边相关的形式.

3.我们熟知组合恒等式(考虑(1+x)m(1+x)n的展开式中xn的系数,其中mn)Cnm+n=C0mCnn+C1mCn1n++CnmC0n,因此令m=n=p,则有Cp2p2=(C1p)2++(Cp1p)2,而由于k!p(p1)(p2)(pk+1),k=1,2,,p1,(上式由CkpZ得到)而k<p,因此k!(p1)(p2)(pk+1),k=1,2,,p1,从而pCkp(这是因为Ckp=p(p1)!k!(pk)!,而(p1)!k!(pk)!Z),其中k=1,2,,p1,因此原命题得证.

4.考虑到所有无穷等差整数列都是模公差同余的,而an:0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,,显然公差不能取1,2,3,4,5,尝试模6,此时an%6:0,1,1,2,3,5,2,1,3,4,1,5,0,5,5,4,3,1,4,5,3,2,5,1,.因此6不可行,显然7也不可能,尝试8,此时an%8:0,1,1,2,3,5,0,5,5,2,7,1,.可取等差数列{8n+4},它的每一项模8均余4,一定不在数列{an}中.

思考与总结 由等差数列的模同余性质找到解决问题的突破口.

5.设2p23p1=a3aN,则p(2p3)=(a+1)(a2a+1).

情形一 当pa+1a2a+12p3时,有a2a+12p32(a+1)3,a23a+20,解得a=1a=2,对应的p=2p=3,均符合题意.

情形二 当pa2a+1a+12p3时,设a2a+1=np2p3=n(a+1),且p5.由于a=2p3n1,代入a2a+1=np中整理得4p2(n3+6n+12)p+3n2+9n+9=0,于是pn2+3n+3,设n2+3n+3=mp,此时有n3+6n+12=4p+3m,容易验证当n=1,2,3,4,5,6时不符合题意(此时p的可能值为7,13,19,31,43均不符合题意),因此n7,此时有4p+3m=n3+6n+127n2+6n+125n2+20n+125(n2+3n+3)=4pm+pm,矛盾.

综上所述,所有符合条件的p2,3

6.设pq+1+qp+1=a2aN,则pq+1+qp+10,1(mod4),因此p,q中至少有一个为2.当p=q=2时符合题意,接下来不妨设p=2,则2q+1+q3=a2,即q3=(a+2q+12)(a2q+12),因此(a+2q+12)(a2q+12)=q31(a+2q+12)(a2q+12)=q2q,2q+32=(q1)(q2+q+1)2q+32=q(q1),因为q为奇数时,q2+q+1为奇数,所以上面两个方程都不可能有解.

综上所述,所有使得pq+1+qp+1为完全平方数的质数p,q分别为p=2q=2

7.分段寻找分界函数即可.

屏幕快照 2016-07-26 下午3.22.39

情形一 1<x0,此时证明sinxx>2ln(x+1)x,这显然成立.

情形二 0<x<π2,此时证明sinxx16x3>2ln(x+1)x

一方面,令f1(x)=sinx(x16x3),则其导函数f1(x)=cosx1+12x2=2(x2)22sin2x2>0,于是左边不等式成立.

另一方面,令g1(x)=2ln(x+1)x(x16x3),则其导函数g1(x)=x(x2+x4)2(x+1),于是当x(0,π2)时,g1(x)先减后增,由g1(0)=0,g1(π2)<0知右边不等式成立.

情形三 π2x3π2,此时证明sinx>35(x4)+2ln542ln(x+1)x

一方面,令f2(x)=sinx[35(x4)+2ln54],则其导函数f2(x)=cosx+35,因此函数f2(x)(π2,πarccos35)上单调递增,在(πarccos35,π+arccos35)上单调递减,在(π+arccos35,3π2)上单调递增,因此该函数在区间[π2,3π2]上的最小值为min.而f_2\left(\dfrac{\pi}2\right)=\dfrac{13}5+\dfrac{3\pi}{10}-2\ln5>0.3>0,f_2\left(\pi+\arccos\dfrac 35\right)=\dfrac 45+\dfrac{3\pi}5+\dfrac 35\arccos\dfrac 35-2\ln 5>0,因此左边不等式成立.

另一方面,令g_2(x)=2\ln(x+1)-x-\left[-\dfrac 35(x-4)+2\ln 5-4\right],则其导函数g_2'(x)=\dfrac{2(4-x)}{5(x+1)},于是函数g_2(x)\left(\dfrac{\pi}2,4\right)上单调递增,在\left(4,\dfrac{3\pi}2\right)上单调递减,因此该函数在x=4处取得极大值,亦为最大值g_2(4)=0,因此右边不等式成立.

情形四 x>\dfrac{3\pi}2.此时证明\sin x\geqslant -1>2\ln(x+1)-x,这显然成立.

综合以上四种情形,我们就证明了\sin x + x\geqslant 2\ln (x+1)

思考与总结 对于复杂的函数不等式,常用的方法是利用多项式作为分界线,分段进行证明.

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