2018第一轮复习 放缩法技巧全总结[优秀范文5篇]

第一篇：2018第一轮复习 放缩法技巧全总结

放缩法在数列不等式中的应用

数列不等式是高考大纲在知识点交汇处命题精神的重要体现，在高考试题中占有重要地位，在近几年的高考试题中，多个省份都有所考查，甚至作为压轴题。而数列不等式的求解常常用到放缩法，笔者在教学过程中发现学生在用放缩法处理此类问题时，普遍感到困难，找不到解题思路。现就放缩法在数列不等式求解过程中常见的几种应用类型总结如下。

1.直接放缩，消项求解

例1在数列an,bn中,a12,b14,且an,bn,an1成等差数列,bn,an1,bn1成等比数列.nN*,（Ⅰ）求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测an,bn的通项公式,并证明你的结论;（Ⅱ）证明:1115.a1b1a2b2anbn12分析：（Ⅰ）数学归纳法。

（Ⅱ）本小题的分母可化为不相同的两因式的乘积，可将其放缩为等差型两项之积，通过裂项求和。

（Ⅰ）略解ann(n1)，bn(n1)2．（Ⅱ）115．n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n． a1b1612故11111111…… a1b1a2b2anbn622334n(n1)11111111… 622334nn11111115，综上，原不等式成立． 622n16412

点评： 数列和式不等式中，若数列的通项为分式型，可考虑对其分母进行放缩，构造等差型因式之积。再用裂项的方法求解。另外，熟悉一些常用的放缩方法，如： 1111111111(k1,2,,n),2 2nnkn1nn1n(n1)nn(n1)n1n例2设数列an满足a11,an1can1c,cN*其中c为实数

3（Ⅰ）证明：an[0,1]对任意nN*成立的充分必要条件是c[0,1]；

1（Ⅱ）设0c，证明：an1(3c)n1,nN*;3分析：（Ⅰ）数学归纳法证明（Ⅱ）结论可变形为1an(3c)n1，即不等式右边为一等比数列通项形式，化归思路为对 1an用放缩法构造等比型递推数列，即1anc(1an1)(1an1an1)3c(1an1)解：（Ⅰ）解略。

1（Ⅱ）设 0c，当n1时，a10，结论成立，当n2 时，332 ∵ancan1anc(1an1)(1an1an11c,∴1)

212 0c,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an10 3 ∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)2(1an2)(3c)n1(1a1)(3c)n

1∴an1(3c)n1(nN*)

点评：直接对多项式放大后，得到的是等比型递推数列，再逐项递推得到结论。通过放缩得到等比型递推数列是求解数列不等式的另一个重要的类型。2.利用基本不等式放缩

例3已知数列an，an0，a10，an1an11an(nN)，记Sna1a2an，22Tn111． 1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)求证：当nN时，（Ⅰ）anan1；（Ⅱ）Snn2；（Ⅲ）Tn3。

分析：（Ⅰ）在an0的条件下，anan1的等价形式为anan1，要证anan1，只需证

2222an1an1an10,即证an1，可用数学归纳法证明

（Ⅱ）由 an1an1an1累加及an1可得

（Ⅲ）和式通项的分母由 1an累乘得到的，条件中可有ak1(1ak1)1ak得到，但

222221ak 的分子分母次数不同，可用基本不等式将其化为等比型递推数列(1ak1)ak12 2（Ⅰ）解略。（Ⅱ）解略。

（Ⅲ）证明：由ak12ak11ak2≥2ak，得

a1≤k1(k2，3，，n1，n≥3)1ak12ak所以

a1≤n2n(a≥3)，(1a3)(1a4)(1an)2a2ana11≤n22nn(n≥3)，(1a2)(1a3)(1an)2(a2a2)222n2于是11故当n≥3时，Tn11n23，又因为T1T2T3，所以Tn3．

点评：本题第三问，基本不等式的应用使构造等比型递推数列成为可能，在公比q1时，等比数列的前n 项和趋向于定值，即前n项和有界，这为数列和式范围的证明提供了思路。3.利用数列的单调性放缩

例4 数列{an}为非负实数列，且满足：ak2ak1ak20，ai1，k1,2,

i1k2(k1,2,).2k分析：有时数列不等式的证明可以在数列单调性的前提下进行放缩。求证：0akak1证明：若有某个akak1，则ak1akak1ak2ak2，从而从ak起，数列{an}单调递增，和Sna1a2an会随n的增大而趋向于无穷，与ai1，k1,2,矛盾，所以{an}是

i1k单调递减的数列，即akak10，令bnakak1,k1,2,

由ak2ak1ak20得akak1ak1ak2，即bkbk1,k1,2,由于1a1a2ak

b12a2a3akb12b23a3akb12a23b3akb12b23b3kbk(123k)bkk(k1)bk2 故bk222。

k(k1)k点评：本题考虑了数列{an}，{bn}的单调性，然后利用放缩法进行证明。又如，例3的第三问也可用单调性证明：

anan1,及an0,11, n1(1a1)(1a2)(1an)(1a2)1n1()1a21，要证Tn3，11111a21a2Tn11111a11a2(1a2)2(1an)n1只要证1111a23，即a21511,而a2,所以问题得证 222

4.放缩法在数学归纳法的应用

数列不等式是与自然数有关的命题，数学归纳法是证明与自然数有关的命题的重要方法。应用数学归纳法证明时，通常要利用放缩法对条件进行适当的转化，才能实现由nk时成立到nk1时也成立的过渡。举例略。

综合以上分析，我们发现，在数列不等式的求解过程中，通过放缩法的应用，主要使数列不等式转化为以下两种类型：

（1）可直接裂项的形式，再求和证明求解。（等差型）（2）等比型递推数列，q1时，数列前n项和有界。（等比型）

数列不等式是一类综合性较强的问题，我们可以利用上述思路对数列不等式进行分析、求解。在解题过程中要充分挖掘题设条件信息，把条件合理的转化、加强、放缩，同时结合问题的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，从而使解题思路通畅。其中合理、适当的放缩是能否顺利解题的关键。

第二篇：6高三第一轮复习——构造法与放缩法证明不等式

高三第一轮复习——构造法与放缩法证明不等式

1.构造法证明不等式

在学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，多种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，构造一个与不等式相关的数学模型，实现问题的转化，从而使不等式得到证明。

一、构造向量证明不等式

例1：证明7x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。

证明：不等式左边可看成7与 x 和2与9x2两两乘积的和，从而联想到数量积的坐标表示，将左边看成向量a=(7,2)与b=(x,又ab|a||b|，所以x9x2)的数量积，2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9

当且仅当ba,(0)时等号成立，故由x

79x

22解得：x=7,λ=1，即 x =7时，等号成立。

（1－y)(xy3)(2xy6)例2：求证：2221 6

证明：不等式左边的特点，使我们容易联想到空间向量模的坐标表示，将左边看成a(1y,xy3,2xy6)模的平方，又ab|a||b|，为使ab 为常数，根据待定系数法又可构造b(1,2,1)。

222于是|a|·|b|=(1y)(xy3)(2xy6)6

（1－y)·1＋(xy3)·2(2xy6（）·1）1 a·b＝

222所以(1y)(xy3)(2xy6)61（1－y)(xy3)(2xy6)即

二、构造复数证明不等式

22例

3、求证：xy2221 6x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22

2证明：从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模，将左边看成复数Z1=x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x + y i，Z4 = 1－ x +（1－ y）i 模的和，又注意到Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1z2z3z4可得： x2y2x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)2222222注：此题也可构造向量来证明。

三、构造几何图形证明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,a2abb22bcc2时取等号。

证明：从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理，于是可构造如下图形，使OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1），当且仅当a2acc2，11

1bac

则∠AOC＝120°，AB=a2abb2，BC=b2bcc2,AC=a2acc2由几何知识可知：AB＋BC≥AC，∴a2abb2+b2bcc2≥a2acc2 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立，此时有

12absin601

12bcsin60

2acsin120，即ab+bc=ac 故当且仅当

11ba1

c

时取等号。

四、构造椭圆证明不等式 图（1）

例5：求证：

42349x22x

证明：49x2的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。

x2y

2于是令 y49x2(y0)，则其图象是椭圆

4

1的上半部分，9

设y-2x=m，于是只需证

43m

3,因 m为直线y=2x＋m在y轴上的截距，由图（2）可知： 当直线 y = 2 x＋m 过点（23，0）时，m有最小值为m=43

； 当直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 y2xm

9x2y4

得：13x2 + 4mx + m2 – 4 = 0 2

图（2）

令△= 4（52－9m2）=0 得：m

223或m－3

（去）即m的最大值为

23，故4242

23m3，即349x2x3

五、构造方程证明不等式

例6：设 a1、a2、…an 为任意正数，证明对任意正整数n不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …

+

an2)均成立

证明：原不等式即为 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此联想到根的判别式而构造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）因方程左边＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

当a1、a2、…an不全相等时，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一个不为0，方程（＊）左边恒为正数，方程（＊）显然无解。当a1＝a2＝…＝an 时，方程（＊）有唯一解 x＝a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)对任意正整数n均成立

六、构造数列证明不等式 例

7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >

n

n·

2n-

112n

证明：不等式左边为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，12

11－

2于是左边=1+2+22+…+ 2 n1=[(1+2n-1)+(2+2n-2)+ …(2n-1+1)≥·n·22n1=n·

例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1，求证：

n-

2

1a21b21ab

证明：不等式中各分式的结构特点与题设联想到无穷等比数列（| q | < 1）各项和公式S＝

a1，1q

则：

=（1 + a2 + a4 + …）+（1 + b2 + b4 + …）22

1a1b

=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ …≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … =

1ab

七、构造函数证明不等式

例9：已知 | a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求证：ab＋bc＋ca＞－1 证明：原不等式即为：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

将a看作自变量，于是问题转化为只须证：当－1＜a＜1时，（b＋c）a＋bc＋1恒为正数。因而可构造函数 f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)若b + c = 0原不等式显然成立。

若b + c ≠0，则f(a)是a的一次函数，f(a)在（－1,1）上为单调函数 而 f(-1)=－b－c + bc +1＝（1－b）（1－c）＞0f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－

1此题还可由题设构造不等式：（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0（1－a）（1－b）（1－c）＞0 两式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、构造对偶式证明不等式

例10：对任意自然数n，求证：(1+1)(1+

1)…(1+)> 43n

2n1

证明：设an =(1+1)(1+

112583n43n1)…(1+)= … 43n21473n53n2

3693n33n47103n23n1

…，cn = … 2583n43n13693n33n

构造对偶式：bn =

1

1111

311，1，即an > bn，an > cn，∴an> an bn cn

3n23n13n23n

∴an>

11)> 3n1 n1，即：(1+1)(1+)…(1+

43n2

2.放缩法证明不等式

近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可

以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）例

1、已知an2n1(nN*).求证：

an1a1a

2...n(nN*).23a2a3an

1ak2k11111111

证明： k1.k,k1,2,...,n, k1kk

ak12122(21)23.222232



aa1a2n1111n11n1

...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan

12...n(nN*).23a2a3an12

若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证

明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了22，从而是使和式得到化简.2、先放缩再求和（或先求和再放缩）例

2、函数f（x）=

k

4x14x，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n

1(nN*).2证明：由f(n)=

4n14n

=1-

1 14n22n

得f（1）+f（2）+…+f（n）>1

222222

111111

n(1n1)nn1(nN*).424222

1

1

n

此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进行放缩，从而对

左边可以进行求和.若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。

3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）例

3、已知an=n，求证：∑ 证明： ∑

k=

1n

nk=1ak

k

＜3．

n

k

∑

k=1

n

＜1＋∑

k=

2n

(k－1)k(k＋1)

(k－1)(k＋1)

（k＋k－)

＜１＋∑

k=2

=1

k2

n

－)

(k－1)

(k＋1)

=1＋ ∑k=2

n

=1＋1＋＜2＋＜3．

(n＋1)2

2本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小“因式”；

n

1例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1,求证：(akak1)ak2.232k

1n

证明： 0a1

n

11112,an1an,a2a12,a3.当k1时,0ak2a3, 241616

(akak1)ak

2k1

1n11

(akak1)(a1an1).16k11632

本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子

5、逐项放大或缩小

(a

k

1n

k

ak1)，最终得出证明.n(n1)(n1)

2an例

5、设an2234n(n1)求证： 2

2证明：∵

n(n1)n2n

12n

1n(n1)(n)2

∴ nn(n1)

2n1

13(2n1)n(n1)(n1)2

an∴ 123nan，∴

222

本题利用n

2n1，对an中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的数列，达到化简2的目的。

6、固定一部分项，放缩另外的项； 例

6、求证：

11117 2222123n

4证明：

1

n2n(n1)n1n



11111111151171()().122232n22223n1n42n4

此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别

对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

7、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.证明：

1，只要证

5amn1aman因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，所以命题得证.本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由aman放大即可。

第三篇：高三数学专题复习——数列不等式(放缩法)

高三数学专题复习——数列不等式（放缩法）

教学目标：学会利用放缩法证明数列相关的不等式问题 教学重点：数列的构造及求和 教学难点：放缩法的应用

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 例1求

k1n

24k

2

1的值例2.求证:1

2



1(2n1)





12(2n1)

(n2)

例3求证:1

4116

136



14n





14n

例4求证：1

4



1n



n

例5已知an4n2n,Tn

a1a2an,求证:T1T2T3Tn

.直接放缩

1、放大或缩小“因式”：

例1.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn（I）求数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

例2.已知数列an满足a11,an12an1nN（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）证明：

例3.设数列{an}满足a12,an1an

4an1an

*

(nN)。

32；

1a2



1a3



1an

1

nN3



1an

(n1,2,).证明an

2n1对一切正整数n成立

例4.已知数列an满足a1

4，an

an1

(1)an12

n

（n2,nN）。

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）设cnansin

anN． 例5.数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn,

2

xn

(2n1)，数列cn的前n项和Tn，求证：对nN,Tn

47。

（I）证明：对n2总有xn

圆锥曲线：

a

；(II)证明：对n2总有xnxn1

1.已知将圆xy8上的每一点的纵坐标压缩到原来的22

12,对应的横坐标不变,得到曲线C；设M(2,1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、B两个不同点.(1)求曲线C的方程；(2)求m的取值范围.2.设椭圆C1：

xa

2

yb

1(ab0)，抛物线C2：xbyb.(1)若C2经过C1的两个焦点，求C1的离心率；(2)

设A(0,b),Q

54又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点，若AMN的垂心为B(0,b)，3

4且Qb)，MN的重心在C2上，求椭圆C1和抛物线C2的方程

3.已知椭圆C的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y

（1）求椭圆C的方程；

x

2

（2）设A、B为椭圆上的两个动点，OAOB0，过原点O作直线AB的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．

4.设双曲线C：

21（a＞0，b＞0）的离心率为e，若准线l与两条渐近线相交于P、Q两点，F为右焦点，2ab

△FPQ为等边三角形．

（1）求双曲线C的离心率e的值；

x

y

（2）若双曲线C被直线y＝ax＋b截得的弦长为

bea

2求双曲线c的方程．

课后作业： 1.求证：

2.已知数列{a}的前n项和S满足Sn2an(1),n1.n

n

1



3

1n



4n

（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a1,a2,a3（Ⅱ）求数列{an}的通项公式

n

3.已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx线在y轴上的截距，用a和n表示f(n)；

圆锥曲线作业： 1.已知椭圆

C1:

xa

a

n

与x轴正半轴相交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切



yb

1(a＞b＞0)

与双曲线

C1:x

y

1

有公共的焦点，C1的一条渐近线与以

C1的长轴为直径的圆相

交于A,B两点，若

A．

a

C1

恰好将线段AB三等分，则（）

B．a13

132

C．

b

D．b2

=4:3:2，则曲线r的离心率等

2.设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足于()

1或3

PF1:F1F2:PF2

A．22B．3或2C．2

或

2D．3

或

3.若点O和点F(2,0)分别是双曲线的取值范围为()

xa



y1(a>0)的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP

A.)

B.[3)C.[-

74,)D.[

74,)

4.已知双曲线E的中心为原点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15),F(3,0)是E的焦点，则E的方程式为()(A)

x



y

61(B)

x



y

1(C)

x



y

1(D)

x



y

1

5.点A(x0,y0)在双曲线

x



y

1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0

6.已知点A、B的坐标分别是(1,0)，(1,0).直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程;

(Ⅱ)若过点N(,1)的直线l交动点M的轨迹于C、D两点, 且N为线段CD的中点，求直线l的方程.21

第四篇：利用放缩法证明数列不等式的技巧“揭秘”

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利用放缩法证明数列不等式的技巧“揭秘” 作者：顾冬生

来源：《新高考·高三数学》2013年第06期

数列型不等式的证明题，常常需要用放缩的方法来解决，但放缩的技巧让人目不暇接，极具思考性和挑战性，能全面而综合地考查同学们的潜能与后继学习能力，常常成为高考压轴题及各级各类竞赛题命题的极好素材.同学们往往觉得就像魔术师在玩魔术，忽有忽无，变幻莫测，很精彩，但不知道怎么玩的，无法抓住其中的关键处.现在让我们一起来“揭秘”，发现这些放缩变形的本质.

第五篇：浅谈用放缩法证明不等式的方法与技巧

浅谈用放缩法证明不等式的方法与技巧

分类：学法指导

放缩法：为放宽或缩小不等式的范围的方法。常用在多项式中“舍掉一些正（负）项”而使不等式各项之和变小（大），或“在分式中放大或缩小分式的分子分母”，或“在乘积式中用较大（较小）因式代替”等效法，而达到其证题目的。

所谓放缩的技巧：即欲证

做“放”，由B到C叫做“缩”。

常用的放缩技巧还有：（1）若（2），欲寻找一个（或多个）中间变量C，使，由A到C叫

（3）若则（4）

（5）（6）

或

（7）

等。

用放缩法证明下列各题。

例1 求证： 等

证明：因为所以左边因为99＜100（放大）＜

所以

例2（2000年海南理11）若

证明：因为 求证：因为 所以

［因为

大），所以又所以是增函数］，所以（放，所以

例3（2001年云南理1）求证：

证明：（因为）

［又因为

例4 已知证明：因为

求证：

（放大）］，所以所以

例5 求证：

证明：因为（因为）（放大）

所以

例6（2000年湖南省会考）求证：当时，函数的最小值是当

时，函数的最大值是

证明：因为原函数配方得又因为

所以（缩小），所以函数

y的最小值是。当所以

（放大），所以函数y的最大值是

例7 求证：

证明：因为立。

例8（2002年贵州省理21）若证明：因为

所以

证

（当且仅当

（分母有理化）所以原不等式成求证：

而

所以

同理可

时，取等号）。

例9 已知a、b、c分别是一个三角形的三边之长，求证：

证明：不妨设据三角形三边关系定理有：便得

所以原不等式成立。

例10（1999年湖南省理16）求证：

证明：因为又

所以原不等式成立。

例11 求证：

证明：因为左边

证毕。

例12 求证

证明：因为

注：

1、放缩法的理论依据，是不等式的传递性，即若

所以左边

则。

2、使用放

缩法时，“放”、“缩”都不要过头。

3、放缩法是一种技巧性较强的不等变形，一般用于两边差别较大的不等式。常用的有“添舍放缩”和“分式放缩”，都是用于不等式证明中局部放缩。