放缩法典型例题
不等式的证明方法之四：放缩法与贝努利不等式
不等式的证明方法之四：放缩法与贝努利不等式 目的要求： 重点难点： 教学过程： 一、引入：所谓放缩法，即是把要证的不等式一边适当地放大（或缩小），使之得出明显的不等量关系后，再应用不等量大、小的传递性，从而使不等式得到证明的方法。
这种方法是证明不等式中的常用方法，尤其在今后学习高等数学时用处更为广泛。
下面我们通过一些简单例证体会这种方法的基本思想。
二、典型例题：例1、若n 是自然数，求证.213121112222<++++n证明：.,,4,3,2,111)1(112n k k k k k k=--=-< ∴n n n ⋅-++⋅+⋅+<++++)1(13212111113121112222=)111()3121()2111(11n n --++-+-+=.212<-n注意：实际上，我们在证明213121112222<++++n的过程中，已经得到一个更强的结论n n1213121112222-<++++ ，这恰恰在一定程度上体现了放缩法的基本思想。
例2、求证：.332113211211111<⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+⨯++n证明：由,212221132111-=⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⨯k k （k 是大于2的自然数）得n⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+⨯++ 32113211211111 .3213211211121212121111132<-=--+=++++++<--n nn例3、若a , b , c , d ∈R +，求证：21<+++++++++++<ca d db dc c a c b bd b a a证：记m =ca d db dc c a c b bd b a a +++++++++++∵a , b , c , d ∈R + ∴1=+++++++++++++++>c b ad db a dc c a c b a bd c b a a m2=+++++++<cd d d c c b a b b a a m∴1 < m < 2 即原式成立。
放缩法的技巧1(精简版)
放缩法的技巧1一、裂项放缩 例1.(1)求∑=-nk k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k. 解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk二．放缩为等比数列或等差数列例2. 已知数列：满足：，，记.(I ) 求证：数列是等比数列； (I I) 若对任意恒成立，求t 的取值范围； (III)证明:解：（Ⅰ）证明：由2231++=+n n n a a a 得 22222321+-=-++=-+n n n n n a a a a a ① 2)1(4122311++=+++=++n n n n n a a a a a②（2分）∴12411211+-⋅=+-++n n n n a a a a 即n n b b 411=+，且4112111=+-=a a b ∴数列{}n b 是首项为41，公比为41的等比数列． （4分）（Ⅱ）由(Ⅰ)可知1241)41(411+-===-n n n n n a a b ∴14421-⋅+=n n n a由n n t a 4⋅≤得144124)14(421-+=-⋅+≥n n n n nt 易得14412-+n n是关于n 的减函数∴431441214412=-+≤-+n n，∴43≥t （9分）（Ⅲ）n n n n n a 432143214142+<-+=-+⋅= （11分）∴)434343(2)432()432()432(2221n n n n a a a ++++=++++++<+++＝432)41(12411)41(1432+<-+=--⋅+n n n n n 得证 （14分）【课堂练习】1. 设数列{}n a 满足10a =且111111n na a +-=--.（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设11n n a b n+-=，记1nn kk S b==∑，证明：1n S <.【解析】：（Ⅰ）由111111n n a a +-=--知数列11n a ⎧⎫⎪⎨⎬-⎪⎭⎩是首项为1111a =-，公差为1的等差数列。
放缩法经典例题
放缩法经典例题1. 题目一题目描述某公司在经营过程中发现自己面临着资金不足的问题，需要解决这一问题以确保业务的正常运转。
公司决定借款来增加资金流动性，并选择了一家银行作为借款方。
现在，请你使用放缩法来解决以下问题：1. 如何确定公司的资金需求量？2. 如何确定借款方愿意借给公司的最大金额？3. 如何确定公司能够接受的最小借款金额？解题思路1. 确定公司的资金需求量：- 首先，分析公司的经营情况和日常运营成本，包括员工工资、材料采购、运输等方面。
- 然后，考虑公司的扩张计划、未来发展需求和不可预见的紧急支出等因素。
- 将这些因素综合考虑，计算出公司的资金需求量。
- 对于长期借款，还需考虑利息和还款期限等因素。
2. 确定借款方愿意借给公司的最大金额：- 银行作为借款方，会根据公司的财务状况、信用评级等因素来评估借款额度。
- 公司可以向银行提供财务报表、现金流量表、资产负债表等资料，以帮助银行评估风险和确定可借额度。
3. 确定公司能够接受的最小借款金额：- 公司需要评估借款额度的可承受能力，避免财务压力过大。
- 考虑公司的近期盈利情况、现金流情况以及未来发展计划等因素，确定公司能够接受的最小借款金额。
2. 题目二题目描述某国家在国内外市场上出售石油产品，并计划在未来几年内增加销售额。
但是，由于石油价格的波动性，公司决定使用放缩法来管理风险。
请你解决以下问题：1. 什么是放缩法，以及它如何应用于石油产品的销售计划？2. 放缩法的优势和局限性是什么？解题思路1. 放缩法的概念和应用：- 放缩法是一种风险管理策略，通过调整产能来适应市场需求变化，以降低风险和损失。
- 对于石油产品的销售计划，公司可以根据市场需求的变化情况，调整生产量和库存量，以确保销售额的稳定增长。
- 公司可以通过收集和分析市场信息、与客户保持紧密联系等手段，准确预测市场需求，并相应地调整产能和库存。
2. 放缩法的优势和局限性：- 优势：放缩法可以有效降低公司面临的风险和损失，并提高市场适应能力。
(完整版)放缩法典型例题
放缩法典型例题数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．一．先求和后放缩例1．正数数列的前项的和，满足，试求：（1）数列的通项公式；（2）设，数列的前项的和为，求证：解：（1）由已知得，时，，作差得：，所以，又因为为正数数列，所以，即是公差为2的等差数列，由，得，所以（2），所以注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差比数列，即指数列满足条件）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．二．先放缩再求和1．放缩后成等差数列，再求和例2．已知各项均为正数的数列的前项和为,且.(1) 求证：；(2)求证：解：（1）在条件中，令，得，，又由条件有，上述两式相减，注意到得∴所以，，所以（2）因为，所以，所以；2．放缩后成等比数列，再求和例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：；（2）等比数列{a n}中，，前n项的和为A n，且A7，A9，A8成等差数列．设，数列{b n}前n项的和为B n，证明：B n＜．解：（1）当n为奇数时，a n≥a，于是，．当n为偶数时，a－1≥1，且a n≥a2，于是．（2）∵，，，∴公比．∴．．∴．3．放缩后为差比数列，再求和例4．已知数列满足：，．求证：证明：因为，所以与同号，又因为，所以，即，即．所以数列为递增数列，所以，即，累加得：．令，所以，两式相减得：，所以，所以，故得．4．放缩后为裂项相消，再求和例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…P n中，若1≤i＜j≤m时P i＞P（即前面某数大于后面某数），则称P i与P j构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列的逆序数为a n，如排列21的逆序数，排列321的逆序数．j（1）求a4、a5，并写出a n的表达式；（2）令，证明，n=1,2,….（2）因为，所以.又因为，所以=.综上，.注：常用放缩的结论：（1）（2）．在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论、为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数列，再求和即可；如例3要证明的结论为等比数列求和结果的类型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论为差比数列求和结果的类型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论为裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．。
放缩法典型例题
放缩法典型例题这类问题数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，本文介绍一类与数列和有关能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．一是先求和再放缩，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：的不等式问题，二是先放缩再求和．一．先求和后放缩，满足1例项的和．正数数列，试求：的前（1的通项公式；）数列）设项的和为，数列，求证：的前（2，作差得：，）由已知得时，1解：（为正数数，，又因为所以的等差数列，由，即是公差为，得2，所列，所以以，所以（2）注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这满足条件里所谓的差比数列，即指数列）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．二．先放缩再求和．放缩后成等差数列，再求和1项和为,.且2例．已知各项均为正数的数列的前求证：；(1)求证：(2)．，）在条件中，令，又由条件解：（1，得得有，上述两式相减，注意到∴，所以，所以，所以，所以）因为（2；2．放缩后成等比数列，再求和*，证明：≥2Na，n∈；，a．例3（1）设设，A成等差数列．A，且A，，a（2）等比数列{}项的和为中，，前nA87nn9＜．项的和为nB，证明：B数列{b}前nnnn，于是，．≥aa解：（1）当n为奇数时，2n a≥a，于是≥为偶数时，当na－11，且．公比．，，∴2（）∵，．．∴．．∴．放缩后为差比数列，再求和34．求证：．已知数列，满足：例，与，所以证明：因为同号，又因为，所以，即为递增数列，所以．所以数列即，，累加得：即．，所以令，两式相减得：，所以，所以，故得．．放缩后为裂项相消，再求和4（即前面某数大于后面＞＜时中，若Pj≤m…m≥2）个不同数的排列PPPP1≤i（例5．在m i12n记排列构成一个逆序一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数某数），则称与. P.P ji的逆序数的逆序数，排列的逆序数为，如排列．a21321jn、1（）求aa，并写出的表达式；a n54，证明，n2=1,2,）令….（）因为，2（.所以．又因为，所以=.综上，.）注：常用放缩的结论：（1．2）（在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如、为等差数列求和结果的类型，例２要证明的结论则把通项放缩为等差数要证明的结论为等比数列求和结果的类型，则把通列，再求和即可；如例3要证明的结论为差比数列求和结果的类型，如例项放缩为等比数列，再求和即可；4要证明的结论为裂项5则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．。
放缩法技巧及例题解析(高中数学)
{an } 满足条件 an1 an f n ）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来
a n 1 a1 a2 ... n (n N * ). 2 3 a2 a3 an1
当 n 3 时,
1 1 1 1 1 2 ,此时 an n n 1 n n 1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 a1 a2 an 4 3 4 n 4 2 3 3 4 n 1 n
1
1 (n 1) 2 an1 an
1 (n 1) 2 [1 an ] (n 1) 2
an (n 1)(n 1 ) n 1
这种证法还是比较自然 的, 也易让学生接受 .
.
an an 1 n 当 n 2 时， n 1
1 1 1 1 1 an an1 (n 1)(n 2) n 1 n 2
1 1 1 1 1 1 1 2 (n 1) n n 1 n(n 1) n n(n 1) n 1 n 2 2 1 2 2( n n 1) n 1 n n n n n n 1
a a a am , b bm b b
1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) 2 3 3 5 2n 1 2n 1 2 2(2n 1) 2
注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前 n 项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用 先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差 比数列，即指数列 求和． 例 2、已知 an 2n 1(n N * ). 求证：
高三数学必做题--数列放缩法(典型试题)
a an 1 ， a 为常数，且 a 0 ， a 1 ． a 1
1 1 an a ，设 bn n 1 ，且数列 bn 的前 n 项和为 Tn ，求证： Tn ． 3 3 1 an 1 an1
1 1 2 ． a1a2 a2 a3 3
1 n (1)n1 ，其中 n 2 ． bn n an
②是否存在实数 ，使得数列 {bn } 为等比数列？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
9、已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 S n （1）求数列 an 的通项公式； （2）若 bn
3、已知 a n 是等差数列， a 2 3 ， a 3 5 ． ⑴求数列 a n 的通项公式； ⑵对一切正整数 n ，设 bn
(1) n n ，求数列 b n 的前 n 项和 S n ． a n a n 1
4、设数列 a n 的前 n 项和为 S n ，且满足 a1 2 , an1 2S n 2 n 1,2,3 （1）求 a2 ； （2）数列 a n 的通项公式； （3）设 bn
2、已知数列 an 的前 n 项和 S n
n 1 an ，且 a
2
1
1．
（1）求数列 an 的通项公式； （2）令 bn ln an ，是否存在 k (k 2, k N ) ，使得 bk 、bk 1 、bk 2 成等比数列．若存在，求出所有符合条件的 k 值；若不存在，请说明理由．
．
a n 1 1 ,求证： b1 b2 bn ． 2 S n 1 S n
2023届高考数学专项练习放缩法妙解不等式问题含解析
2023届高考数学专项练习放缩法妙解不等式问题【典型例题】例1.已知函数f(x)=1ae x-1+x，其中a∈R且a≠0．(1)设a>0，过点A-1,-12作曲线C:y=f(x)的切线(斜率存在)，求切线的斜率；(2)证明：当a=1或0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)．例2.已知函数f(x)=(x2-2x+2)e x-12ax2(a∈R)．(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≤-2时，f(x)≥2．例3.已知函数f(x)=2ln x+sin x+1，函数g(x)=ax-1-b ln x(a，b∈R，ab≠0)．(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当a=b=1时，g(x)≥0．(3)证明：f(x)<(x2+1)e sin x．例4.已知函数f(x)=ae x(a∈R)，g(x)=ln xx+1．(1)当a=1e时，求函数y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当a≥1e时，证明：f(x)-g(x)≥0．例5.已知函数f(x)=e x-ax3．(1)若x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(2)证明：当a=23时，f(x)>0；(3)证明：当n∈N*时，1e +2e2+3e3+⋯+ne n<3．例6.已知函数f(x)=ae x，g(x)=ln(x-1)+1．(1)设G(x)=f(x)-g(x)，x=3是G(x)的极值点，求函数G(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e2时，f(x)≥g(x)．例7.已知函数f(x)=e x-1-x-ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：(e x-1)ln(x+1)>x2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln(x-a)x．(1)若a≤-1．证明f(x)在(0,+∞)上单调递减；(2)若x>0，证明：e x ln(x+1)>x2+ln(x+1)(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)2.已知函数f(x)=x2+x+e2x ln x，x∈(e,+∞)．(1)证明：当x∈(e,+∞)时，ln x>3x-ex+e；(2)若存在x0∈[n，n+1)(n∈N*)使得对任意的x∈(e,+∞)都有f(x)≥f(x0)成立．求n的值．(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)．3.已知函数f(x)=x ln x-ae x+a，其中a∈R．(1)若f(x)在定义域内是单调函数，求a的取值范围；(2)当a=1时，求证：对任意x∈(0,+∞)，恒有f(x)<cos x成立．4.已知函数f(x)=e-x13x3-2x+2sin x+1，g(x)=sin x+cos x+x2-2x．(1)求g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；(2)证明：对任意的实数a≤1，g(x)≥af(x)在[0，+∞)上恒成立．5.已知函数f(x)=e x+cos x-2，f′(x)为f(x)的导数．(1)当x≥0时，求f′(x)的最小值；(2)当x>-π2时，xex+x cos x-ax2-2x≥0恒成立，求a的取值范围．6.已知函数f(x)=ae x-b ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1e -1x+1．(Ⅰ)求a，b；(Ⅱ)证明：f(x)>0．7.已知函数f(x)=ae x-b ln xx，在点(1，f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1．(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1．8.已知函数f(x)=me x-ln x-1．(Ⅰ)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)当m≥1时，证明：f(x)>1．-1，a∈R．9.已知函数f(x)=ln x+ax(1)若函数f(x)的最小值为0，求a的值．(2)证明：e x+(ln x-1)sin x>0．放缩法妙解不等式问题【典型例题】例1.已知函数f(x)=1ae x-1+x，其中a∈R且a≠0．(1)设a>0，过点A-1,-12作曲线C:y=f(x)的切线(斜率存在)，求切线的斜率；(2)证明：当a=1或0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)．【解析】(1)解：由f(x)=1ae x-1+x，得f′(x)=1ae x-121+x，因为f(-1)=1ae>0，故点A-1,-12不在曲线C上，设切点为T(x0，y0)(x0>-1)，则切线AT的斜率为k=f′(x0)=1ae x0-12x0+1，又k=y0+12x0+1，所以1ae x0-12x0+1=y0+12x0+1，整理得1ae x0(x0+1)-12x0+1=y0+12，将y0=1ae x0-x0+1代入得1ae x0(x0+1)-12x0+1=1 a e x0-x0+1+12，整理得1ax0e x0+12(x0+1-1)=0，即1ax0e x0+x02x0+1+1=0，所以x01ae x0+12x0+1+1=0，因为a>0，所以1ae x0+12x0+1+1>0，所以x0=0，故切线AT的斜率为k=f′(0)=1a-12；(2)证明：①当a=1时，f(x)≥12ax(x≥-1)，所以e x-12x-1+x≥0(x≥-1)，由e x≥1+x得e x-12x≥1+12x，又1+12x=1+(1+x)2≥1+x，当且仅当x=0时取等号，所以e x-12x≥1+x，即e x-12x-1+x≥0，即当a=1且x≥-1时，f(x)≥12ax(x≥-1)；②当0<a≤2e时，令f(x)≥12ax(x≥-1)，所以1ae x-12ax≥1+x(x≥-1)，令φ(x)=1ae x-12ax-e x-12x，即φ(x)=1-aae x+12(1-a)x=(1-a)1ae x+12x，因为0<a≤2e<1，所以φ′(x)=(1-a)1ae x+12>0，φ(x)是[-1，+∞)上的增函数，又φ(-1)=(1-a)1ae-12≥0，所以φ(x)≥φ(-1)≥0，故当0<a≤2e，x≥-1时，1ae x-12ax≥e x-12x，由①知e x-12x≥1+x，所以1ae x-12ax≥1+x(x≥-1)，即当0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)，综上所述：当a=1或0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)．例2.已知函数f(x)=(x2-2x+2)e x-12ax2(a∈R)．(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≤-2时，f(x)≥2．【解析】(1)解：当a=e时，f(x)=(x2-2x+2)e x-12ex2，所以f (x)=x2e x-ex=x(xe x-e)，讨论：①当x<0时，xe x-e<0，有f (x)>0；②当0<x<1时，由函数y=xe x为增函数，有xe x-e<0，有f (x)<0；③当x>1时，由函数y=xe x为增函数，有xe x-e>0，有f (x)>0．综上，函数f(x)的增区间为(-∞,0)，(1,+∞)，减区间为(0,1)．(2)证明：当a≤-2时，有-12a≥1，所以-12ax2≥x2，所以f(x)≥(x2-2x+2)e x+x2，令g(x)=(x2-2x+2)e x+x2，则g (x)=x2e x+2x=x(xe x+2)，令h(x)=xe x+2，有h (x)=(x+1)e x，令h (x)=0，得x=-1，分析知，函数h(x)的增区间为(-1,+∞)，减区间为(-∞,-1)，所以h(x)min=h(-1)=2-1e>0．所以分析知，函数g(x)的增区间为(0,+∞)，减区间为(-∞,0)，所以g(x)min=g(0)=(02-2×0+2)×e0+02=2，故当a≤-2时，f(x)≥2．例3.已知函数f(x)=2ln x+sin x+1，函数g(x)=ax-1-b ln x(a，b∈R，ab≠0)．(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当a=b=1时，g(x)≥0．(3)证明：f(x)<(x2+1)e sin x．【解析】解：(1)函数g(x)的定义域(0,+∞)，g′(x)=ax-b x，当a>0，b<0时，g′(x)>0，则g(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0，b>0时，由g′(x)>0可得x>ba，此时函数单调递增，令g′(x)<0可得0<x<ba，此时函数单调递减，当a<0，b>0时，g′(x)<0，函数在(0,+∞)单调递减，当a<0，b<0时，由g′(x)>0可得0<x<ba，此时函数单调递增，令g′(x)<0可得x>ba，此时函数单调递减，(2)当a=b=1时，g(x)=x-1-ln x，由(1)知，g(x)min=g(1)=0，所以g(x)≥0，(3)因为x>0，所以x2e sin x>0，由(2)可得x2e sin x-1-ln(x2e sin x)≥0，即x2e sin x≥1+2ln x+sin x，又(x2+1)e sin x>x2e sin x．∴(x2+1)e sin x>2ln x+sin x+1，即f(x)<(x2+1)e sin x．例4.已知函数f(x)=ae x(a∈R)，g(x)=ln xx+1．(1)当a=1e时，求函数y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当a≥1e时，证明：f(x)-g(x)≥0．【解析】解：(1)当a=1e时，∵f′(x)=ex-1，∴f′(1)=1，又f(1)=1，∴函数y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=x；证明(2)∵a≥1 e，∴ae x≥e x-1，令m(x)=e x-1-x，∴m′(x)=e x-1-1，令m′(x)=0，解得x=1，当x∈(0,1)时，m′(x)<0，函数m(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，m′(x)>0，函数m(x)单调递增，∴m(x)≥m(1)=0，∴e x-1-x>0恒成立，要证f(x)-g(x)≥0，只需证x≥ln xx+1，即证x2-ln x-x≥0，令h(x)=x2-ln x-x，则h′(x)=2x-1x-1=2x2-x-1x=(2x+1)(x-1)x，令h′(x)=0，解得x=1，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，∴h(x)≥h(1)=0，∴x2-ln x-x≥0恒成立，∴ae x≥e x-1≥x≥ln xx+1，故f(x)-g(x)≥0恒成立．例5.已知函数f(x)=e x-ax3．(1)若x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(2)证明：当a=23时，f(x)>0；(3)证明：当n∈N*时，1e +2e2+3e3+⋯+ne n<3．【解析】解：(1)x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立⇔a≤e xx3=g(x)，g′(x)=e x(x-3)x4，可得函数g(x)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，∴函数g(x)在x=3时取得极小值，g(3)=e327，∴a的取值范围是-∞，e327．(2)证明：当a=23时，要证明f(x)>0，即证明x3e x<32，令h(x)=x3e x，x∈(0,+∞)，h′(x)=3x2-x3e x =-x2(x-3)e x，可得：x∈(0,3)时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；x∈(3,+∞)时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．∴x=3时，函数h(x)取得极大值即最大值，h(3)=27e3，∵e3>18，∴h(3)=27e3<2718=32，因此x3e x<32，结论成立．(3)证明：由(2)可得：xe x <32x2<3x(x+1)=31x-1x+1，令x=n，当n∈N*时，1e+2e2+3e3+⋯+ne n<31-12+12-13+⋯+1n-1n+1=31-1n+1<3，∴当n∈N*时，1e +2e2+3e3+⋯+ne n<3．例6.已知函数f(x)=ae x，g(x)=ln(x-1)+1．(1)设G(x)=f(x)-g(x)，x=3是G(x)的极值点，求函数G(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e2时，f(x)≥g(x)．【解析】解：(1)∵G(x)=f(x)-g(x)=ae x-ln(x-1)-1，则G (x)=ae x-1x-1，∵x=3是G(x)的极值点，∴G (3)=ae3-13-1=0⇒a=12e3．G (x)=12e3e x-1x-1，∴G(x)在(1,+∞)上单调递增．又∵G (3)=0，∴y=G(x)在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增．(2)要证f(x)≥g(x)，即ae x-ln(x-1)-1≥0．∵a≥1e2，则ae x-ln(x-1)-1≥e x-2-ln(x-1)-1，故只需证e x-2-ln(x-1)-1≥0，令H(x)=e x-2-ln(x-1)-1，则H (x)=e x-2-1x-1，在(1,+∞)上单调递增，且H(2)=0，∴x∈(1,2)时，H (x)<0，H(x)递减；x∈(2,+∞)时，H (x)>0，H(x)递增．∴H(x)≥H(2)=0，即原命题得证．例7.已知函数f(x)=e x-1-x-ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：(e x-1)ln(x+1)>x2．【解析】解：(1)由条件得：f′(x)=e x-1-2ax，令h(x)=e x-1-2ax，则h′(x)=e x-2a，①当2a≤1时，在[0，+∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)=0，∴f(x)在[0，+∞)上是增函数，∴f(x)≥f(0)=0，∴a≤12满足条件．②当2a>1时，令h′(x)=0，解得x=ln2a，在[0，ln2a]在，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0,ln2a)时，有h(x)<h(0)=0，即f′(x)<f′(0)=0，f(x)在(0,ln2a)上为减函数，∴f(x)<f(0)=0，不合题意，综上，实数a得取值范围为-∞,1 2．(2)由(1)可知：当a=12时，x>0时，e x>1+x+x22，即e x-1>x+x22=x2+2x2．要证明(e x-1)ln(x+1)>x2，只需证明e x-1>x2ln(x+1)，只需证明x2+2x2>x2ln(x+1)，只需证明ln(x+1)>2x2+x．设F(x)=ln(x+1)-2xx+2(x>0)，则F′(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2，∴当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在区间(0,+∞)上单调递增，又F(0)=0，∴F(x)>0恒成立，∴原不等式成立．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln(x-a)x．(1)若a≤-1．证明f(x)在(0,+∞)上单调递减；(2)若x>0，证明：e x ln(x+1)>x2+ln(x+1)(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)【解析】解：(1)当a≤-1时，函数f(x)的定义域为(-a，0)∪(0，+∞)；∴f′(x)=xx-a-ln(x-a)x2，令g(x)=xx-a-ln(x-a)，只需证：x>0时，g(x)≤0即可；当x>0时，g′(x)=-a(x-a)2-1x-a=-x(x-a)2<0，故g(x)是(0,+∞)上的减函数，∴g(x)<g(0)=-ln(-a)≤0，∴f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．(2)当x>0时，原不等式可化为ln(x+1)x>xe x-1，∵x e x-1=ln e xe x-1=ln(e x-1+1)e x-1，故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(e x-1+1)e x-1，由(1)可知当a=-1时，f(x)=ln(x+1)x是(0,+∞)上的减函数，故要求原不等式成立，只需证明：当x>0时x<e x-1；令h(x)=e x-x--1(x>0)，则h′(x)=e x-1，故h(x)是(0,+∞)上的减函数，∴h(x)>h(0)=0，即x<e x-1(x>0)，故原不等式成立．2.已知函数f(x)=x2+x+e2x ln x，x∈(e,+∞)．(1)证明：当x∈(e,+∞)时，ln x>3x-ex+e；(2)若存在x0∈[n，n+1)(n∈N*)使得对任意的x∈(e,+∞)都有f(x)≥f(x0)成立．求n的值．(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)．【解析】解：(1)令g(x)=ln x-3x-ex+e,x∈(e,+∞)．则g (x)=1x-4e(x+e)2=(x-e)2x(x+e)2>0．于是g(x)在(e,+∞)单调递增，所以g(x)>g(e)=0，即ln x>3x-ex+e,x∈(e,+∞)．⋯⋯(5分)(2)f (x)=(2x+1)x ln x-(x2+x+e2)(ln x+1)(x ln x)2=(x2-e2)ln x-(x2+x+e2)(x ln x)2．令h(x)=(x2-e2)ln x-(x2+x+e2)，x∈(e,+∞)．当x∈(e,+∞)时，由(1)知ln x>3x-e x+e．则h(x)>(x2-e2)3x-ex+e-(x2+x+e2)=2x2-(4e+1)x=2x x-4e+12，(i )当x ∈4e +12,+∞时，于是h (x )>0，从而f (x )>0．故f (x )在4e +12,+∞ 严格单调递增．其中4e +12=5.93656⋯⋯⋯(9分)(ii )当x ∈(e ，5]时，则h (x )≤(x 2-e 2)ln5-(x 2+x +e 2)<2(x 2-e 2)-(x 2+x +e 2)=x 2-x -3e 2≤20-3e 2<0．(用到了x 2-x -3e 2在(e ，5]单调递增与e 2>7)于是f (x )<0，故f (x )在(e ，5]严格单调递减．⋯⋯(11分)综上所述，f (x )在(e ，5]严格单调递减，在4e +12,+∞严格单调递增．因为4e +12<6，所以x 0∈[5，6)．所以n =5．⋯⋯(12分)3.已知函数f (x )=x ln x -ae x +a ，其中a ∈R ．(1)若f (x )在定义域内是单调函数，求a 的取值范围；(2)当a =1时，求证：对任意x ∈(0,+∞)，恒有f (x )<cos x 成立．【解析】解：(1)因为f (x )=x ln x -ae x +a ，所以f (x )=ln x +1-ae x ，因为f (x )在定义域内是单调递减函数，则f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立，若f (x )≤0，则a ≥ln x +1e x，令G (x )=ln x +1e x (x >0)，得G ′(x )=1x -ln x -1e x，易知G (1)=0，且函数y =1x-ln x -1在(0,+∞)上单调递减，当x >0时，e x >1，所以在区间(0,1)上，G (x )>0；在(1,+∞)上G (x )<0，所以G (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，此时G (x )的最大值为G (1)=1e ，所以当a ≥1e时，f (x )在定义域上单调递减；即a 的取值范围是1e ，+∞．(2)证明：当a =1时，f (x )=x ln x -e x +1，要证f (x )<cos x ，即证x ln x <e x +cos x -1，当0<x ≤1时，x ln x ≤0，而e x +cos x -1>1+cos1-1=cos1>0，故x ln x <e x +cos x -1成立，即f (x )<cos x 成立，当x >1时，令h (x )=e x +cos x -x ln x -1(x >1)，则h′(x)=e x-sin x-ln x-1，设g(x)=e x-sin x-ln x-1(x>1)，则g′(x)=e x-cos x-1 x，∵x>1，∴g′(x)=e x-cos x-1x>e-1-1>0，故x>1时，g(x)单调递增，故g(x)>e-sin x-1>0，即h′(x)>0，h(x)在(1,+∞)单调递增，故h(x)>e+cos1-1>0，即f(x)<cos x成立，综上：对任意x∈(0,+∞)，恒有f(x)<cos x成立．4.已知函数f(x)=e-x13x3-2x+2sin x+1，g(x)=sin x+cos x+x2-2x．(1)求g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；(2)证明：对任意的实数a≤1，g(x)≥af(x)在[0，+∞)上恒成立．【解析】(1)解：由题意，g′(x)=cos x-sin x+2x-2，则g′(0)=-1，即g(x)在点(0，g(0))处的切线斜率为-1，由g(0)=1，可得切线方程为y-1=-x，即y=-x+1．(2)证明：设h(x)=13x3-2x+2sin x+1，则h′(x)=x2-2+2cos x，则h′′(x)=2x-2sin x，(2x-2sin)′=2+2cos x≥0，所以h′′(x)=2x-2sin x在[0，+∞)上单调递增，h′′(x)≥h′′(0)=0，故h′(x)在[0，+∞)上单调递增，h′(x)≥h′(0)=0，故h(x)在[0，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)=1>0，所以f(x)>0在[0，+∞)上恒成立，故g(x)-af(x)≥g(x)-f(x)，故只需证g(x)≥f(x)，即证e x(sin x+cos x+x2-2x)-13x3-2x+2sin x+1≥0，设F(x)=e x(sin x+cos x+x2-2x)-13x3-2x+2sin x+1 ，则F′(x)=e x(2cos x+x2-2)-(2cos x+x2-2)=(2cos x+x2-2)(e x-1)≥0，则F(x)在[0，+∞)上单调递增，F(x)≥F(0)=0，故对任意的实数a≤1，g(x)≥af(x)在[0，+∞)上恒成立．5.已知函数f(x)=e x+cos x-2，f′(x)为f(x)的导数．(1)当x≥0时，求f′(x)的最小值；(2)当x>-π2时，xex+x cos x-ax2-2x≥0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f′(x)=e x-sin x，令g(x)=e x-sin x，x≥0，则g′(x)=e x-cos x，当x∈[0，π)时，g′(x)为增函数，g′(x)≥g′(0)=0，当x ∈[π，+∞)时，g ′(x )≥e π-1>0，所以x ≥0时，g ′(x )≥0，g (x )为增函数，故g (x )min =g (0)=1，即f ′(x )的最小值为1．(2)方法一：令h (x )=e x +cos x -2-ax ，h ′(x )=e x -sin x -a ，则x >-π2时，xh (x )≥0恒成立，当a ≤1时，若x ≥0，则由(1)可知，h ′(x )≥1-a ≥0，所以h (x )为增函数，故h (x )≥h (0)=0恒成立，即xh (x )≥0恒成立，若x ∈-π2，0，则h ′′(x )=e x -cos x ，h ′′′(x )=e x +sin x 在-π2，0上为增函数，又h ′′′(0)=1，h ′′′-π2=e -π2-1<0，所以存在唯一x 0∈-π2，0，使得h ′′′(x 0)=0，当x ∈-π2，x 0 ，使得h ′′′(x 0)<0，h ′′(x )为减函数，当x ∈(x 0，0)时，h ′′′(x )≥0，h ′′(x )为增函数，又h ′′-π2=e -π2>0，h ′′(0)=0，所以存在唯一x 1∈-π2，0使得h ′′′(x 1)=0，故x ∈-π2，x 1 时，h ′′(x 1)>0，h ′(x )为增函数，x ∈(x 1，0)时，h ′′(x 1)<0，h ′(x )为减函数，又h ′-π2=e -π2+1-a >0，h ′(0)=1-a ≥0，所以x ∈-π2，0时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，故h (x )≤h (0)=0，即xh (x )≥0恒成立，当a >1时，由(1)可知h ′(x )=e x -sin x -a 在[0，+∞)上为增函数，且h ′(0)=1-a <0，h ′(a +1)≥e 1+a -1-a >0，故存在唯一x 2∈(0,+∞)，使得h ′(x 2)=0，则当x ∈(0,x 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )<h (0)=0，此时xh (x )<0与xh (x )≥0恒成立矛盾，综上所述，a ≤1．方法二若x∈-π2，0，则e x-1<0，cos x-1<0，e x+cos x-2<0，①当0<a≤1时，-ax<0，h(x)<0，xh(x)>0，②当a≤0时，h′(x)=e x-sin x-a，e x>0，-sin x>0，-a≥0，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)<h(0)=0，xh(x)>0，③当a>1时，由(1)可知h′(x)=e x-sin x-a在[0，+∞)上为增函数，且h′(0)=1-a<0，h′(a+1)≥e1+a-1-a>0，故存在唯一x2∈(0,+∞)，使得h′(x2)=0，则当x∈(0,x2)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，所以h(x)<h(0)=0，此时xh(x)<0与xh(x)≥0恒成立矛盾，综上，当a≤1时，xh(x)>0在x∈-π2，0上恒成立．6.已知函数f(x)=ae x-b ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1e -1x+1．(Ⅰ)求a，b；(Ⅱ)证明：f(x)>0．【解析】(Ⅰ)解：函数f(x)=ae x-b ln x，求导函数可得f′(x)=ae x-bx(x>0)∵曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=1e -1x+1，∴f(1)=1e，f′(1)=1e-1，∴ae=1e，ae-b=1e-1，∴a=1e2，b=1；(Ⅱ)证明：函数f(x)=e x-2-ln x，由y=e x-2-(x-1)的导数y′=e x-2-1，当x>2时，导数y′>0，函数y递增；当x<2时，导数y′<0，函数y递减．可得函数y在x=2处取得极小值也为最小值0，即有e x-2≥x-1；由y=ln x-(x-1)的导数为y′=1x-1，当x>1时，导数y′<0，函数y递减；当0<x <1时，导数y ′>0，函数y 递增．可得函数y 在x =1处取得极大值也为最大值0，即有ln x ≤x -1；由于等号不同时取得，则e x -2>ln x ，即有f (x )>0成立．7.已知函数f (x )=ae x -b ln x x ，在点(1，f (1))处的切线方程为y =(e -1)x +1．(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1．【解析】(1)解：函数f (x )=ae x -b ln x x ，求导函数可得f ′(x )=ae x -b (1-ln x )x 2(x >0)．∵曲线y =f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y =(e -1)x +1，∴f (1)=ae =e ，f ′(1)=ae -b =e -1，∴a =1，b =1；(2)证明：函数f (x )=e x -ln x x，要证f (x )>1，需证e x -ln x x >1，即证xe x -ln x >x (x >0)，也就是证xe x >x +ln x ，令g (x )=e x -x -1，则g ′(x )=e x -1>0对于x ∈(0,+∞)恒成立，则g (x )>g (0)=0，∴e x >x +1，则xe x >x 2+x ，令h (x )=x 2+x -x -ln x =x 2-ln x ，则h ′(x )=2x -1x =2x 2-1x，当x ∈0,22时，h ′(x )<0，当x ∈22，+∞ 时，h ′(x )>0，∴h (x )在0,22上为减函数，在22，+∞ 上为增函数，则h (x )的最小值为h 22=22 2-ln 22=12+12ln2>0．∴h (x )=x 2+x -x -ln x >0，即x 2+x >x +ln x ，∴xe x >x +ln x ，故f (x )>1．8.已知函数f(x)=me x-ln x-1．(Ⅰ)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)当m≥1时，证明：f(x)>1．【解析】解：(Ⅰ)当m=1时，f(x)=e x-ln x-1，所以f (x)=e x-1x(1分)所以f(1)=e-1，f (1)=e-1．(2分)所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-(e-1)=(e-1)(x-1)．即y=(e-1)x．(3分)(Ⅱ)证法一：当m≥1时，f(x)=me x-ln x-1≥e x-ln x-1．要证明f(x)>1，只需证明e x-ln x-2>0．(4分)以下给出三种思路证明e x-ln x-2>0．思路1：设g(x)=e x-ln x-2，则g (x)=e x-1 x．设h(x)=e x-1x，则h(x)=e x+1x2>0，所以函数h(x)=g (x)=e x-1x在(0,+∞)上单调递增．因为g12=e12-2<0，g (1)=e-1>0，所以函数g (x)=e x-1x在(0,+∞)上有唯一零点x0，且x0∈12,1．因为g (x0)=0时，所以e x0=1x0，即ln x0=-x0．(9分)当x∈(0,x0)时，g (x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g (x)>0．所以当x=x0时，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)=e x0-ln x0-2=1x0+x0-2>0．综上可知，当m≥1时，f(x)>1．(12分)思路2：先证明e x≥x+1(x∈R)．设h(x)=e x-x-1，则h (x)=e x-1．因为当x<0时，h (x)<0，当x>0时，h (x)>0，所以当x<0时，函数h(x)单调递减，当x>0时，函数h(x)单调递增．所以h(x)≥h(0)=0．所以e x≥x+1(当且仅当x=0时取等号)．所以要证明e x-ln x-2>0，只需证明(x+1)-ln x-2>0．下面证明x-ln x-1≥0．设p(x)=x-ln x-1，则p (x)=1-1x=x-1x．当0<x<1时，p (x)<0，当x>1时，p (x)>0，所以当0<x<1时，函数p(x)单调递减，当x>1时，函数p(x)单调递增．所以p(x)≥p(1)=0．所以x-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取等号)．由于取等号的条件不同，所以e x-ln x-2>0．综上可知，当m≥1时，f(x)>1．(12分)(若考生先放缩ln x，或e x、ln x同时放缩，请参考此思路给分！)思路3：先证明e x-ln x>2．因为曲线y=e x与曲线y=ln x的图象关于直线y=x对称，设直线x=t(t>0)与曲线y=e x，y=ln x分别交于点A，B，点A，B到直线y=x的距离分别为d1，d2，则AB=2(d1+d2)．其中d1=e t-t2，d2=t-ln t2(t>0)．①设h(t)=e t-t(t>0)，则h (t)=e t-1．因为t>0，所以h (t)=e t-1>0．所以h(t)在(0,+∞)上单调递增，则h(t)>h(0)=1．所以d1=e t-t2>22．②设g(t)=t-ln t(t>0)，则g (t)=1-1t=t-1t．因为当0<t<1时，g (t)<0；当t>1时，g (t)>0，所以当0<t<1时，g(t)=t-ln t单调递减；当t>1时，g(t)=t-ln t单调递增．所以g(t)≥g(1)=1．所以d2=t-ln t2≥22．所以AB=2(d1+d2)>222+22=2．综上可知，当m≥1时，f(x)>1．(12分)证法二：因为f(x)=me x-ln x-1，要证明f(x)>1，只需证明me x-ln x-2>0．以下给出两种思路证明me x-ln x-2>0．思路1：设g(x)=me x-ln x-2，则g (x)=me x-1 x．设h(x)=me x-1x，则h(x)=me x+1x2>0．所以函数h(x)=g (x)=me x-1x在(0,+∞)上单调递增．(6分)因为g12m=me12m-2m=m e12m-2<0，g (1)=me-1>0，所以函数g (x)=me x-1x在(0,+∞)上有唯一零点x0，且x0∈12m,1．(8分)因为g (x0)=0，所以me x0=1x0，即ln x0=-x0-ln m(9分)当x∈(0,x0)时，g (x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g (x)>0．所以当x=x0时，g(x)取得最小值g(x0)(10分)故g(x)≥g(x0)=me x0-ln x0-2=1x0+x0+ln m-2>0．综上可知，当m≥1时，f(x)>1．思路2：先证明e x≥x+1(x∈R)，且ln x≤x+1(x>0)．设F(x)=e x-x-1，则F (x)=e x-1．因为当x<0时，F (x)<0；当x>0时，F (x)>0，所以F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．所以当x=0时，F(x)取得最小值F(0)=0．所以F(x)≥F(0)=0，即e x≥x+1(当且仅当x=0时取等号)．由e x≥x+1(x∈R)，得e x-1≥x(当且仅当x=1时取等号)．所以ln x≤x-1(x>0)(当且仅当x=1时取等号)．再证明me x-ln x-2>0．因为x>0，m≥1，且e x≥x+1与ln x≤x-1不同时取等号，所以me x-ln x-2>m(x+1)-(x-1)-2=(m-1)(x+1)≥0．综上可知，当m≥1时，f(x)>1．9.已知函数f(x)=ln x+ax-1，a∈R．(1)若函数f(x)的最小值为0，求a的值．(2)证明：e x+(ln x-1)sin x>0．【解析】解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)f′(x)=1x -ax2=x-ax2，∵f(x)有最小值，而f(x)无端点值，∴f(x)必定在x=a处取得极小值，也是最小值，∴f(a)=ln a+1-1=0，∴a=1；(2)先证0<x<π，e x+(ln x-1)sin x>0，即证e xsin x>1-ln x，由1x≥1-ln x，即证e xsin x>1x即为xex>sin x，即xe x-sin x>0，可令h(x)=xe x-sin x，h′(x)=(x+1)e x-cos x>0，可得h(x)在(0,π)递增，即有h(x)>h(0)=0，可得0<x<π，e x+(ln x-1)sin x>0；再证x≥π，可得1x≥1-ln x，即x≥1-ln 1x，即x≥1+ln x，即ex≥e1+ln x，可得e x≥ex，又ex≥e(1+ln x)，即有e x+(ln x-1)sin x≥e(1+ln x)+(ln x-1)sin x=(e+sin x)ln x+(e-sin x)>0，综上可得，e x+(ln x-1)sin x>0．。
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放缩法典型例题
数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．
一．先求和后放缩
例1．正数数列的前项的和，满足，试求：
（1）数列的通项公式；
（2）设，数列的前项的和为，求证：
解：（1）由已知得，时，，作差得：
，所以，又因为为正数数列，所以，即是公差为2的等差数列，由，得，所以
（2），所以
注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这
里所谓的差比数列，即指数列满足条件）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．
二．先放缩再求和
1．放缩后成等差数列，再求和
例2．已知各项均为正数的数列的前项和为,且.
(1) 求证：；
(2)求证：
解：（1）在条件中，令，得，，又由条件有，上述两式相减，注意到得
∴
所以，，
所以
（2）因为，所以，所以
；
2．放缩后成等比数列，再求和
例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：；
（2）等比数列{a n}中，，前n项的和为A n，且A7，A9，A8成等差数列．设，数列{b n}前n项的和为B n，证明：B n＜．
解：（1）当n为奇数时，a n≥a，于是，．
当n为偶数时，a－1≥1，且a n≥a2，于是
．（2）∵，，，∴公比．
∴．．
∴．3．放缩后为差比数列，再求和
例4．已知数列满足：，．求证：
证明：因为，所以与同号，又因为，所以，即，即．所以数列为递增数列，所以，即，累加得：．
令，所以，两式相减得：
，所以，所以，
故得．
4．放缩后为裂项相消，再求和
例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…P n中，若1≤i＜j≤m时P i＞P（即前面某数大于后面某数），则称P i与P j构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.
记排列的逆序数为a n，如排列21的逆序数，排列321的逆序数．j
（1）求a4、a5，并写出a n的表达式；
（2）令，证明，n=1,2,….
（2）因为，
所以.
又因为，
所以
=.
综上，.
注：常用放缩的结论：（1）
（2）．
在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论、为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数列，再求和即可；如例3要证明的结论为等比数列求和结果的类型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论为差比数列求和结果的类型，
则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论为裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．。