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)$24,(\qquad) ,10,6,4.$
A．$22$ B．$20$ C．$16$ D．$14$
(2)$1875639,365781,87563,6578,(\qquad),57.$
A．$576$ B．$567$ C．$756$ D．$765$
(3)$1,\dfrac 43,\dfrac 65,1,\dfrac{10}{13},(\qquad).$
A．$\dfrac 12$ B．$\dfrac 47$ C．$\dfrac 23$ D．$\dfrac 67$
(4)$2,\sqrt[3]{10},(\qquad),\sqrt[5]{22},\sqrt[6]{28}.$
A．$2$ B．$\sqrt[3]{2}$ C．$\sqrt[4]{15}$ D．$\sqrt[4]{19}$
(5)$4,9,25,56,143,(\qquad).$
A．$222$ B．$248$ C．$250$ D．$273$
2．已知$a,b>0$，求证：$\dfrac{1}{(1+a)^2}+\dfrac{1}{(1+b)^2}\geqslant \dfrac{1}{1+ab}$．
3．证明：如果$p$为素数，则$p^2\mid \left({\rm C}_{2p}^p-2\right)$．
4．已知数列$\{a_n\}$中$a_1=0$，$a_2=1$，$a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$，求证：存在一个递增的无穷等差整数列，与数列$\{a_n\}$无公共项．
5．求所有使得$2p^2-3p-1$为完全立方数的质数$p$．
6．求所有使得$p^{q+1}+q^{p+1}$为完全平方数的质数$p$和$q$．
7．求证：$\sin x + x\geqslant 2\ln (x+1)$．
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$\dfrac 22$，第二个$1$写成$\dfrac 88$，分子为等差数列，分母为斐波那契数列；
(4)把$2$写成$\sqrt[2]{4}$，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,\cdots $与斐波那契数列$2,3,5,8,13,21,\cdots $对应项相乘的结果．
2．根据柯西不等式，有$$\dfrac{1}{(1+ab)(a+b)}\leqslant \dfrac{1}{({\sqrt a}+b\sqrt{a})^2}=\dfrac{1}{a(1+b)^2},$$因此$$\dfrac{1}{(1+b)^2}\geqslant \dfrac{a}{a+b}\cdot \dfrac{1}{1+ab},$$同理，有$$\dfrac{1}{(1+a)^2}\geqslant \dfrac{b}{a+b}\cdot \dfrac{1}{1+ab},$$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$(1+x)^m\cdot (1+x)^n$的展开式中$x^n$的系数，其中$m\geqslant n$)$${\rm C}_{m+n}^n={\rm C}_m^0\cdot{\rm C}_n^n+{\rm C}_m^1\cdot{\rm C}_n^{n-1}+\cdots +{\rm C}_m^n\cdot{\rm C}_n^0,$$因此令$m=n=p$，则有$${\rm C}_{2p}^p-2=\left({\rm C}_p^1\right)^2+\cdots +\left({\rm C}_p^{p-1}\right)^2,$$而由于$$k! \mid p(p-1)(p-2)\cdots (p-k+1),k=1,2,\cdots ,p-1,$$（上式由$\mathrm{C}_p^k\in\mathcal Z$得到）而$k<p$，因此$$k! \mid (p-1)(p-2)\cdots (p-k+1),k=1,2,\cdots ,p-1,$$从而$p \mid {\rm C}_p^k$（这是因为$\mathrm{C}_p^k=p\cdot\dfrac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$，而$\dfrac{(p-1)!}{k!(p-k)!}\in\mathcal Z$），其中$k=1,2,\cdots ,p-1$，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$$a_n:0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,\cdots,$$显然公差不能取$1,2,3,4,5$，尝试模$6$，此时$$a_n\% 6:\underbrace{0,1,1,2,3,5,2,1,3,4,1,5,0,5,5,4,3,1,4,5,3,2,5,1},\cdots .$$因此$6$不可行，显然$7$也不可能，尝试$8$，此时$$a_n\% 8:\underbrace{0,1,1,2,3,5,0,5,5,2,7,1},\cdots .$$可取等差数列$\{8n+4\}$，它的每一项模$8$均余$4$，一定不在数列$\{a_n\}$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$2p^2-3p-1=a^3$，$a\in\mathcal N^*$，则$$p(2p-3)=(a+1)(a^2-a+1).$$
情形一 当$p\mid a+1$且$ a^2-a+1 \mid 2p-3$时，有$$a^2-a+1\leqslant 2p-3\leqslant 2(a+1)-3,$$即$$a^2-3a+2\leqslant 0,$$解得$a=1$或$a=2$，对应的$p=2$或$p=3$，均符合题意．
情形二 当$p\mid a^2-a+1$且$a+1\mid 2p-3$时，设$a^2-a+1=np$，$2p-3=n(a+1)$，且$p\geqslant 5$．由于$a=\dfrac{2p-3}n-1$，代入$a^2-a+1=np$中整理得$$4p^2-(n^3+6n+12)p+3n^2+9n+9=0,$$于是$p\mid n^2+3n+3$,设$n^2+3n+3=mp$，此时有$$n^3+6n+12=4p+3m,$$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$n\geqslant 7$，此时有$$4p+3m=n^3+6n+12\geqslant 7n^2+6n+12\geqslant 5n^2+20n+12\geqslant 5(n^2+3n+3)=4pm+pm,$$矛盾．
综上所述，所有符合条件的$p$为$2,3$．
6．设$p^{q+1}+q^{p+1}=a^2$，$a\in\mathcal N^*$，则$$p^{q+1}+q^{p+1}\equiv 0,1\pmod{4},$$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$2^{q+1}+q^3=a^2$，即$$q^3=\left(a+2^{\frac{q+1}2}\right)\left(a-2^{\frac{q+1}2}\right),$$因此$$\left(a+2^{\frac{q+1}2}\right)-\left(a-2^{\frac{q+1}2}\right)=q^3-1$$或$$\left(a+2^{\frac{q+1}2}\right)-\left(a-2^{\frac{q+1}2}\right)=q^2-q,$$即$$2^{\frac {q+3}{2}}=(q-1)(q^2+q+1)$$或$$ 2^{\frac {q+3}{2}}=q(q-1),$$因为$q$为奇数时，$q^2+q+1$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$p^{q+1}+q^{p+1}$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 $-1<x\leqslant 0$，此时证明$\sin x\geqslant x>2\ln (x+1)-x$，这显然成立．
情形二 $0<x<\dfrac {\pi}2$，此时证明$\sin x\geqslant x-\dfrac 16x^3>2\ln (x+1)-x$．
一方面，令$f_1(x)=\sin x-\left(x-\dfrac 16x^3\right)$，则其导函数$$f_1'(x)=\cos x-1+\dfrac 12x^2=2\left(\dfrac x2\right)^2-2\sin^2\dfrac x2>0,$$于是左边不等式成立．
另一方面，令$g_1(x)=2\ln(x+1)-x-\left(x-\dfrac 16x^3\right)$，则其导函数$$g_1'(x)=\dfrac{x(x^2+x-4)}{2(x+1)},$$于是当$x\in\left(0,\dfrac {\pi}2\right)$时，$g_1(x)$先减后增，由$g_1(0)=0,g_1\left(\dfrac {\pi}{2}\right )<0$知右边不等式成立．
情形三 $\dfrac {\pi}2\leqslant x\leqslant \dfrac{3\pi}2$，此时证明$\sin x> -\dfrac 35(x-4)+2\ln 5-4\geqslant 2\ln(x+1)-x$．
一方面，令$f_2(x)=\sin x-\left[-\dfrac 35(x-4)+2\ln 5-4\right]$，则其导函数$$f_2'(x)=\cos x+\dfrac 35,$$因此函数$f_2(x)$在$\left(\dfrac{\pi}2,\pi-\arccos\dfrac 35\right)$上单调递增，在$\left(\pi-\arccos\dfrac 35,\pi+\arccos\dfrac 35\right)$上单调递减，在$\left(\pi+\arccos\dfrac 35,\dfrac{3\pi}2\right)$上单调递增，因此该函数在区间$\left[\dfrac{\pi}2,\dfrac{3\pi}2\right]$上的最小值为$\min\left\{f_2\left(\dfrac{\pi}2\right),f_2\left(\pi+\arccos\dfrac 35\right)\right\}$．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．