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)2,3√10,(),5√22,6√28.
A.2 B.3√2 C.4√15 D.4√19
(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)2⩾11+ab.
3.证明:如果p为素数,则p2∣(Cp2p−2).
4.已知数列{an}中a1=0,a2=1,an+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2p2−3p−1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p和q.
7.求证:sinx+x⩾2ln(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2√4,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+b√a)2=1a(1+b)2,因此1(1+b)2⩾aa+b⋅11+ab,同理,有1(1+a)2⩾ba+b⋅11+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m⩾n)Cnm+n=C0m⋅Cnn+C1m⋅Cn−1n+⋯+Cnm⋅C0n,因此令m=n=p,则有Cp2p−2=(C1p)2+⋯+(Cp−1p)2,而由于k!∣p(p−1)(p−2)⋯(p−k+1),k=1,2,⋯,p−1,(上式由Ckp∈Z得到)而k<p,因此k!∣(p−1)(p−2)⋯(p−k+1),k=1,2,⋯,p−1,从而p∣Ckp(这是因为Ckp=p⋅(p−1)!k!(p−k)!,而(p−1)!k!(p−k)!∈Z),其中k=1,2,⋯,p−1,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2p2−3p−1=a3,a∈N∗,则p(2p−3)=(a+1)(a2−a+1).
情形一 当p∣a+1且a2−a+1∣2p−3时,有a2−a+1⩽2p−3⩽2(a+1)−3,即a2−3a+2⩽0,解得a=1或a=2,对应的p=2或p=3,均符合题意.
情形二 当p∣a2−a+1且a+1∣2p−3时,设a2−a+1=np,2p−3=n(a+1),且p⩾5.由于a=2p−3n−1,代入a2−a+1=np中整理得4p2−(n3+6n+12)p+3n2+9n+9=0,于是p∣n2+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n⩾7,此时有4p+3m=n3+6n+12⩾7n2+6n+12⩾5n2+20n+12⩾5(n2+3n+3)=4pm+pm,矛盾.
综上所述,所有符合条件的p为2,3.
6.设pq+1+qp+1=a2,a∈N∗,则pq+1+qp+1≡0,1(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)(a−2q+12),因此(a+2q+12)−(a−2q+12)=q3−1或(a+2q+12)−(a−2q+12)=q2−q,即2q+32=(q−1)(q2+q+1)或2q+32=q(q−1),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=2且q=2.
7.分段寻找分界函数即可.
情形一 −1<x⩽0,此时证明sinx⩾x>2ln(x+1)−x,这显然成立.
情形二 0<x<π2,此时证明sinx⩾x−16x3>2ln(x+1)−x.
一方面,令f1(x)=sinx−(x−16x3),则其导函数f′1(x)=cosx−1+12x2=2(x2)2−2sin2x2>0,于是左边不等式成立.
另一方面,令g1(x)=2ln(x+1)−x−(x−16x3),则其导函数g′1(x)=x(x2+x−4)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 π2⩽x⩽3π2,此时证明sinx>−35(x−4)+2ln5−4⩾2ln(x+1)−x.
一方面,令f2(x)=sinx−[−35(x−4)+2ln5−4],则其导函数f′2(x)=cosx+35,因此函数f2(x)在(π2,π−arccos35)上单调递增,在(π−arccos35,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,且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)在\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.