高数放缩法技巧全总结 第1篇
已知函数 f(x)=ax\ln x-ax+2 ，其中 a 为正实数.
（这里第一问和第二问毫无相干，略过）若 g(x)=\frac{1}{2}x^2-f(x) 有两个不同的极值点 x_1,x_2 ，且 x_1＜x_2 ，证明： \ln x_1+\ln x_2＜2\ln a
这里可以有三解法
首先，即证 \sqrt{x_1x_2}＜a
解法一：构造一元差函数，这里略过，感兴趣的可以去练练手；
解法二（对均）：
g'(x)=x-a\ln x
由题意有： g'(x_1)=g(x_2)=0\Leftrightarrow \frac{x_1}{\ln x_1}=\frac{x_2}{\ln x_2}=a
对上式移项并结合对均即得 \frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=a＞\sqrt{x_1x_2}
相当快速，但考试时得先写对均的证明哦
解法三（xxx）：
令 x_2=kx_1 ，则 k＞1
由解法一可知 \frac{x_1}{\ln x_1}=\frac{kx_1}{\ln kx_1}=a
化xxx得 x_1=\frac{a\ln k}{k-1}
即证 {\sqrt{x_1x_2}}=\sqrt{k}x_1=a\frac{\sqrt{k}\ln k}{k-1}＜a
是不是又是很眼熟？没错，这是我们前面的放缩式
显然，原命题得证
高数放缩法技巧全总结 第2篇
已知函数h(x)=(x^2-2x)\ln x-a(x^2+2x) \ (a\in \mathbf R). 若函数H(x)=h(x)+2x-\frac12x^2的两个极值点分别为x_1,x_2(x_1
引理： x-1\geq \ln x,x＞0 …………①
易得H^\prime(x)=2(x-1)\ln x-2a(x+1)
则 \ln x_1=\frac{a(x_1+1)}{x_1-1},\ln x_2=\frac{a(x_2+1)}{x_2-1}
联立以上两式，有 \ln\frac{x_2}{x_1}=\frac{a(x_1-x_2)}{(x_2-1)(x_1-1)}
令 k=\frac{x_2}{x_1}＞1 ，
即证： k＞2a+1
联立①，即证： \frac{x_1-x_2}{(x_2-1)(x_1-1)}＞2
即证： x_1x_2+1＞2x_1 …………②
经分析不难得到 1＞x_1 （可通过进一步求导得到，更具体的， x_1＜1＜x_2 ,同时补充一下，是可以证得 a＞0 的，故上面放缩过程中消 a 无需考虑不等号是否要反向）
又 x_2＞x_1
显然②成立，故原命题得证
原题出处来自
高数放缩法技巧全总结 第3篇
已知函数 f(x)=ax^3-ax-x\ln x ，其中 a\in R
若 xe^{1-x}\geq 1-f(x) 在 x\in (1,+\infty) 上xxx，求 a 的取值范围
本题是要求参数的范围，原本是不适宜用放缩做的，这里我给出个人的一些见解
分离参数： a\geq \frac{x\ln x-xe^{1-x}+1}{x^3-x}
记 g(x)={x\ln x-xe^{1-x}+1}
h(x)={x^3-x}
则 g'(x)=\ln x+xe^{1-x}-e^{1-x}+1
h'(x)=3x^2-1
g(1)=h(1)=0
可洛，则有 \lim_{x \rightarrow 1}{\frac{g(x)}{h(x)}}=\lim_{x \rightarrow 1}{\frac{g'(x)}{h'(x)}}=\frac{1}{2}
猜想： a\geq \frac{1}{2}＞\frac{g(x)}{h(x)}
为什么我这里这么写呢？其实是基于一些命题者喜欢来“刁难”学生，他们有时会拿一个比较难算的极限作为答案，特点就是原题分离参数后，分式部分可以用洛必达法则快速洛出一个极限，而这个极限在大部分时候就是最终的结果，就拿此题而言，标答给出的刚好就是 a\geq \frac{1}{2} ，这有什么用呢？用处大着呢，这相当于你活生生把一道求参数范围的题目变成了一个求证不等式xxx的问题，放缩复活！
现在让我给你们秀一波“忽悠”
分离参数： a\geq \frac{x\ln x-xe^{1-x}+1}{x^3-x}
引理： e^x\geq x+1,x\in R
\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})\geq \ln x,x\geq1
假设 a\geq \lambda ＞\frac{x\ln x-xe^{1-x}+1}{x^3-x} （ \lambda 是待定的正系数）
即有 \lambda x(x^2-1)＞\frac{1}{2}(x^2-1)+1-xe^{1-x}\geq x\ln x+1-xe^{1-x}
\Rightarrow( \lambda x-\frac{1}{2})(x^2-1)+x(2-x)＞1
整理得 \lambda x^3-\frac{3}{2}x^2+(2-\lambda)x-\frac{1}{2}＞0
记 g(x)=\lambda x^3-\frac{3}{2}x^2+(2-\lambda)x-\frac{1}{2} ，
g'(x)=3\lambda x^2-3x+2-\lambda
∵g(1)=0
∴ 只有 g'(x)\geq 0 ，才能使得 \lambda x^3-\frac{3}{2}x^2+(2-\lambda)x-\frac{1}{2}＞0 （ x＞1 ）xxx
通过分析，不难得到 \lambda\geq\frac{1}{2}
综上， a\geq\frac{1}{2} （好像我这里引进系数 \lambda 没多大意义23333）
我们不妨来欣赏下标答吧~
有亿点点暴力，我是爱好和平的人，能不暴力就尽量不暴力^^
总结下，对于一些求参范围的题目，通过一定的小聪明，我们完全可以让放缩继续进行，但注意，这么干的前提是：要么你考试时时间实在不够，死马当活马医才这么干，要么是常规操作实在难以承受（运算量太大），我们可以适当“投机取巧”。这里我们运用到了洛必达法则，但也只是偷偷用，没有浮现在我们的“书面表达”中，我们要用到阅卷人不知不觉，尽管上面的解答写得有些扯，但个人觉得还是可以借鉴下的，我们在“猜”出答案后，对阅卷人进行了忽悠，恰当用放缩得到那个“猜”到的答案。讲道理，我觉得阅卷人拿这没办法（评论区假如有资深的高中数学老师，欢迎来评价一下^^）。
高数放缩法技巧全总结 第4篇
设函数 f(x)=e^xcosx ， g(x) 为 f(x) 的导函数.
（Ι）求 f(x) 的单调区间；
（ΙΙ）当 x\in[\frac{π}{4},\frac{π}{2}] 时，证明 f(x)+g(x)(\frac{π}{2}-x)\geq0 ;
（ΙΙΙ）设 x_n 为函数 u(x)=f(x)-1 在区间 (2nπ+\frac{π}{4},2nπ+\frac{π}{2}) 内的零点，其中 n\in N ，证明 2nπ+\frac{π}{2}-x_n＜\frac{e^{-2nπ}}{sinx_0-cosx_0} .
这题是2019年天津的导数压轴题，我尝试做了下，发现难度不是很大，下面给出个人解法（有些地方可能有些不妥当，以后找时间再修改）
一问纯属送分，不过我稍微写下过程吧
f'(x)=e^x(cosx-sinx)=-\sqrt{2}sin(x-\frac{π}{4})e^x
显然， f(x) 的单调递减区为 [-\frac{π}{4}+2kπ,\frac{π}{4}+2kπ] ，单调递增区为 [\frac{π}{4}+2kπ,\frac{π}{2}+2kπ] ， k\in Z .
继续看第二问，待证命题里同时出现 f(x) 及其导函数 g(x) ，这时候就得注意了，这里面的 \frac{π}{2} 就很有意思，命题人不会平白无故塞一个数进去的，塞进去就肯定有一定的特殊性，不难发现， f(\frac{π}{2})=0 ，嘿，这就很明显了吧？
即证： \frac{f(x)-f(\frac{π}{2})}{x-\frac{π}{2}}\leq g(x)=f'(x)
看看看，这模样？有没有想起什么？
没错，就是拉格朗日中值定理
由Lagrange中值定理可知：
存在 \xi\in(x,\frac{π}{2}) 使得 f'(\xi)=\frac{f(x)-f(\frac{π}{2})}{x-\frac{π}{2}}
即证 f'(\xi)\leq f'(x)
因为 x\in[\frac{π}{4},\frac{π}{2}] ， f''(x)=-(sinx+cosx)e^x=-\sqrt{2}sin(x+\frac{π}{4})e^x＜0 ,
所以 f'(x) 在 [\frac{π}{4},\frac{π}{2}] 上单调递减
显然 f'(\xi)\leq f'(x) ，证毕.
借助拉格朗日中值定理，这一问可以轻松解决，在考试最后关头可以搏一搏。
继续看看第三问，初看仿佛很难，但其实是借助第二问的结论，在面对这种奇奇怪怪的待证命题，我们首先不能慌，先看看手头有什么条件，再观察下我们该怎么去处理，想办法让条件和待证命题相互靠拢。
已有条件： f(x_n)=1 ，即 e^{x_n}cosx_n=1
且 e^{x_n}cosx_n\geq(sinx_n-cosx_n)(2nπ+\frac{π}{2}-x_n) ；
x_n＞2nπ
我们再来看看待证命题：
不等号左边是关于 x_n 的，右边分母是 x_0 ，这得怎么处理？放缩是肯定得考虑的，那关键是得怎么放缩呢？这里给各位片刻时间思考下。挂个图给大伙养眼^^
（接下来我不时会分享一些自认为好看的壁纸，各位多多支持呀^^）
思考完毕，下面给出我个人的思路：
考虑放缩： e^{2nπ}(2nπ+\frac{π}{2}-x_n)(sinx_0-cosx_0)＜e^{x_n}(2nπ+\frac{π}{2}-x_n)(sinx_n-cosx_n)＜e^{x_n}cosx_n=1
我认为上面这个操作应该不算很难想到，有个普遍现象就是，某些题目写得牛逼憨憨，看似很难，其实就是纸老虎，而真正难的题目，往往题文很少，因为条件越少，就越限制我们的思维，那种就需要天马行空的联想了，常见于竞赛，这里不讲（因为我就是个竞赛小菜鸡啊23333）。
那么现在，我们只需要证明 sinx_0-cosx_0＜sinx_n-cosx_n 即可，这其实是很容易得到的，
首先我们有 e^{x_n}cosx_n=1 ， x_n\in(2nπ+\frac{π}{4},2nπ+\frac{π}{2}) ,而 x_n＞x_0 ，且 e^x 在定义域内单调递增，故 cosx_0＞cosx_n ，对应的， sinx_0＜sinx_n
上面两式合并即得 sinx_0-cosx_0＜sinx_n-cosx_n
自此，本题已经拉下序幕了。小结一下：这题关键在于能否合理运用上一问的结论进行创造性的放缩处理，如果能做到，剩下的就只剩下“书面表达”了。我在这里需要强调一下“利用已有结论”的重要性，有些题就是专门这么出，你如果没有根据上一问得到的结论进行思考的话，基本做不动，因为这是命题人卡好的：“你想得分，得按我说的来，别随便瞎搞。”当然也存在一些比较虚的，无需根据已有结论就能拿下的，那种一般是建立在你有很好的思路情况下，假如你面对一道题的最后一问没什么思路，而上一问又能得到某些结论，这时候思维尽量往那边“靠拢”，大概率是可行的。
评论区有人提到更新三角函数类型的题目，这个我有考虑过，在准备了在准备了（下次一定2333），三角函数很少考，因为它和指数函数，对数函数及多项式函数的契合度不够高，一出基本就是暴算一波，没太大技巧性，所以我打算放在最后再更，其实你们大可以放心，三角函数相关的导数一般是很少考的，就算考了，也无需太过紧张，都是考察我们已学知识，不会超纲的。放轻松干就完事了。
来分享一波“鸽子”妹妹的抓拍图（空降妖精，yyds）
怎么看都那么kawaii^^
今天来简单讲一下主元变换。对于一个多元函数 f(x,y,…) ，固定其他变量不动（视为常数量），只对其中一个变量进行求导，所得的导函数称之为偏导数（也即偏向于某一变量）。
在一些题目中，我们原本主元是 x ，但我们借助偏求导的思想，先让 x 固定不动，转而先研究参数 a ，这过程我们的目光从 x 转到 a ，顾名思义称为主元变换。这个有什么用呢？接下来我会用题目来展示一下。现在先来看看这偏求导是怎么一回事。
eg： f(x,y)=x^2+2xy+y^2
这是一个二元函数，
那么关于 x 的偏导数就应该为： f'_x(x,y)=2x+2y
（注意，这过程中 y 应该看作是常数量，不再是变量了）
同样的，关于 y 的偏导数就应该为： f'_y(x,y)=2y+2x
好了，不多废话，我们先来看看主元变换在具体题目中的表现吧。
高数放缩法技巧全总结 第5篇
无视第一小问，怼死命题人，走起：
引理：\ln x\geq \frac{1}{2}(x-\frac{1}{x}) ， 0＜x\leq 1 ，（特别的， x＞1 时不等号反向）…………①
2(x+1)＞e^x,x\in(0,1) …………②
e^x\ln x＞(x+1)(x-\frac{1}{x})=\frac{x^3+x^2-x-1}{x}=x^2+x-\frac{1}{x}-1
显然成立，故原命题得证
不可否认地，我们只要熟悉一些放缩式，灵活运用，遇到题目可做到轻松解决。
高数放缩法技巧全总结 第6篇
设函数 f(x)=e^{2x}-a\ln x
证明：当 a＞0 时， f(x)\geq 2a+a\ln \frac{2}{a} xxx（摘自2015新课标Ι理）
又是一道新课标的，开始迫害吧2333。
引理： x-1\geq \ln x,x＞0
欲证 e^{2x}-a\ln x\geq 2a+a\ln\frac{2}{a}
即证： \frac{e^{2x}}{a}+\ln a\geq2+\ln2x
令 \frac{e^{2x}}{a}=t ，则 \ln a=2x-\ln t
即证： t+2x\geq 2+\ln t+\ln2x
显然成立，证毕
本题还有其他解法，此处先不展示，以后找机会再系统地讲讲。
如你所见，只要操作得当，配合放缩，所谓的高考压轴题难度都是虚的，当然这两道是属于入门级别的题目。接下来我会循序渐进地讲一些难度比较大的题目，但着重讲技巧，难度太大也没大意义。
没事讲一个笑话^^
有一天，出现这么一道题目：
设函数 f(x)=x^2+2x+1-axe^x ，若对任意 x\in (-2,0) 有 f(x)＞0 xxx，求实数 a 的取值范围
我（xxx）：这题挺随便的。
xxx：这题随便就能做出来吗？不用放缩式还真的不行感觉。
我：哦？
xxx：看我，强行放缩（装逼）！
即证 a\geq \frac{(x+1)^2}{xe^x}
∵e^x\geq x+1,x\in R
∴ \frac{(x+1)^2}{xe^x}\leq \frac{x+1}{x}
又 x\in (-2,0)
显然 a\geq \frac{1}{2}＞\frac{x+1}{x}
应该得这样：
\frac{(x+1)^2}{xe^x}=\frac{x+\frac{1}{x}+2}{e^x}
而在 x\in (-2,0) 上有 {x+\frac{1}{x}+2}\leq 0
则 a\geq 0\geq \frac{(x+1)^2}{xe^x}
xxx：你在乱来懂不懂啊 我真是醉了 还真以为你对了？
我：对不对看看图像就知道了。
xxx：。。。。。
上面粗体字纯属调侃哈2333，想知道出处的人可以移步到我之前一个回答的评论区
这个举例其实无非想提醒各位，在求参数范围的题目中，放缩式就略微显得逊色了，因为你要求的这个参数范围，答案给的和你放缩得到的可能有出入，换句话说就是很容易放缩过头，但这也不代表在这类题目中放缩就完全失灵了，有空我会给出一些例子（不知还能不能找到）粗略说明下。
高数放缩法技巧全总结 第7篇
f(x)=x\ln x-ax(x＞0) ，若存在 0＜x_{1}＜x_{2} 使得 f(x_{1})+f(x_{2})=0，求证： e^a+\sqrt{x_{1}x_{2}}＞x_{1}+x_{2}
引理： \frac{2(x-1)}{x+1}\geq \ln x\geq \frac{1}{2}(x-\frac{1}{x}),x\in (0,1] …………①
由题意有： x_{1}\ln x_{1}+x_{2}\ln x_{2}=(x_{1}+x_{2})a
不妨令 x_{1}=kx_{2}, 则 0＜k＜1
kx_{2}\ln(kx_{2})+x_{2}\ln x_{2}=ax_{2}(k+1), 即 \ln x_{2}=a-\frac{k\ln k}{k+1}
即证 a＞\ln x_{2}+\ln(k-\sqrt{k}+1)
即证 \ln (k-\sqrt{k}+1)＜\frac{k\ln k}{k+1}
结合①有 \ln(k-\sqrt{k}+1)＜\frac{2(k-\sqrt{k})}{k-\sqrt{k}+2},\frac{k\ln k}{k+1}＞\frac{k-1}{2}
现证： \frac{2\sqrt{k}(\sqrt{k}-1)}{k-\sqrt{k}+2}＜\frac{k-1}{2}
即证： 4\sqrt{k}＜(k-\sqrt{k}+2)(\sqrt{k}+1)
整理得： k\sqrt{k}-3\sqrt{k}+2＞0
令 t=\sqrt{k}(0＜t＜1) ,记 g(t)=t^3-3t+2
g'(t)=3t^2-3=3(t+1)(t-1)＜0 , g(t) 单调递减
g(t)\geq g(t)_{min}＞g(1)=0 ,即 k\sqrt{k}-3\sqrt{k}+2＞0
原命题得证
通过xxx，让问题先弱化，最后再放缩补刀，求解毫无压力（开始自以为是）。
不开玩笑的，我个人面对极值点偏移的问题偏向于用xxx求解，感觉比较舒服，但这也不代表对均没用，只是个人习惯罢了，一般的，用对均能解的题，xxx也能解，但反过来，xxx能解的题，有时对均却解不了，我比较推崇运用xxx，对均恰当用会有奇效，但不建议一昧地无脑套。
类似xxx的有下面这一题，不推荐去做，看看就行。
高数放缩法技巧全总结 第8篇
已知 f(x)=\ln x-\frac{1}{x} 和 g(x)=ax 交于 A(x_1,y_1) ， B(x_2,y_2) 两点，求证：
x_1x_2＞2e^2 .
引理： \ln x\geq \frac{2(x-1)}{x+1},x\geq1 …………①
不妨设 x_1＞x_2
根据题意有 \ln x_1-\frac{1}{x_1}=ax_1
\ln x_2-\frac{1}{x_2}=ax_2
两式分别相加，相减可得
\ln(x_1x_2)-\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=a(x_1+x_2)
\ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_1-x_2}{x_1x_2}=a(x_1-x_2)
进而消去 a ，
得 \ln(x_1x_2)-2\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\cdot \ln\frac{x_1}{x_2} …………（※）
用 \frac{x_1}{x_2} 代替①中的 x
可得： \ln(x_1x_2)-2\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}＞2 ………… Ι
对（※）中等号左边运用均值不等式可得：
\ln(x_1x_2)-2\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}＜\ln(x_1x_2)-\frac{4}{\sqrt{x_1x_2}} ………… ΙΙ
综合以上 Ι ， ΙΙ 可得： \ln(x_1x_2)-\frac{4}{\sqrt{x_1x_2}}＞2
记 h(x)=\ln x-\frac{4}{\sqrt{x}}
接下来只需判断其单调性，并将 x=2e^2 代入 h(x) 中，比较 h(2e^2) 和 2 的大小关系，最后即可得出 x_1x_2＞2e^2
（上面的解法非我本人的，有空我再看看能怎么另解）
高数放缩法技巧全总结 第9篇
已知 f(x)=(x+1)e^x-ax^2(x＞0) .
若 f(x) 有两个不同的零点 x_1,x_2 ，求证： \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{t_0+1}＞1 （ t_0 为 f(x) 的极小值点）
这种初看模样比较怪的题目，一般有两个入手操作：一是先对待证命题“改写”，揣测命题人的真正意图；二是运用已知条件，看是否能拼凑到和待证命题吻合
这里我直接了当地直说，我们先别理睬待证命题，直接从已知条件入手：
由 f(x_1)=f(x_2)=0 有：
(x_1+1)e^{x_1}=ax_1^2 ① (x_2+1)e^{x_2}=ax_2^2 ②
\Rightarrow \frac{(x_1+1)e^{x_1}}{x_1^2}= \frac{(x_2+1)e^{x_2}}{x_2^2} ③
对③等号两边取对数并整理可得：
\frac{2(\ln x_1-\ln x_2)}{x_1-x_2}-\frac{\ln(x_1+1)-\ln(x_2+1)}{(x_1+1)-(x_2+1)}=1 ④
再来一手对均，配合一步均值不等式：
引理： \sqrt{ab}＜\frac{a-b}{\ln a-\ln b}＜\frac{a+b}{2},a,b＞0 ⑤
\sqrt{ab}\geq \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} （ a,b＞0 ，当且仅当 a=b 时取等号）⑥
联立④⑤⑥可得： 1＜\frac{2}{\sqrt{x_1x_2}}-\frac{2}{x_1+x_2+2}＜\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}-\frac{2}{x_1+x_2+2}
从而： \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{t_0+1}＞1 的求证转化为对 x_1+x_2＜2t_0 的求证，
接下来该怎么操作懂的都懂，此处不再啰嗦。
上面连着几道极值点偏移的题目，相信各位也差不多摸清楚这类题目得怎么入手，解决了吧？下面我再随便找几道还差不多可以的题目给各位欣赏下放缩之美，当然，我也会给出一些可能和放缩没太多关联但自认为有意义的题目。
上一题讲述的是我们在面对初看摸不着头脑的题目的一个决策，下面再给出类似的题目。
高数放缩法技巧全总结 第10篇
f(x)=(ax^2+x+a)e^{-x}
若对任意的 a\leq0 ， f(x)\leq b\ln(x+1) 在 x\in[0,+\infty) 上xxx，求实数 b 的取值范围.
这里出现了三个变量 x,a,b
不妨设 g(a)=(ax^2+x+a)e^{-x}
则 g'(a)=e^{-x}(x^2+1)＞0 ， g(a) 单调递增，又 a\leq0
显然有 g(a)\leq g(0)=xe^{-x}
现证 xe^{-x}\leq b\ln(x+1) 即可
引理： e^x\geq x+1,x\in R
\ln x\geq \frac{x-1}{x},x＞0
则 xe^{-x}\leq \frac{x}{x+1} ， \ln(x+1)\geq \frac{x}{x+1}
显然 b\geq1
高数放缩法技巧全总结 第11篇
已知函数 f(x)=e^{\frac{x}{2}} ， g(x)=lnx .
当 x＞0 时， t[f^{2t}(x)+1]\geq 2(x+\frac{1}{x})g(x) xxx，求实数 t 的取值范围
这题初看是不是感觉相当奇怪？显然，已知条件不足以支撑我们进行“拼凑”，故我们只好从待证命题（不过这里不算待证命题23333）入手。先将它显化一番：
t(e^{tx}+1)\geq 2(x+\frac{1}{x})\ln x
让我们的思维开始飞跃：考虑能否换元？但貌似不行，因为 \frac{1}{x} 这个玩意比较碍事，不好处理，那不如先把 \frac{1}{x} 弄掉？同时干脆把不等号右边的 2 给弄走
\Rightarrow tx(e^{tx}+1)\geq (x^2+1)\ln x^2
咦？这不等号两边怎么感觉莫名对称？那就对了，我们再进一步把 tx 变成 \ln e^{tx} ，显然这不等号左右两边是同一个模板“刻”出来的。
记 p(x)=(x+1)lnx
则 t[f^{2t}(x)+1]\geq 2(x+\frac{1}{x})g(x)\Leftrightarrow p(e^{tx})\geq p(x^2)
（接下来的操作懂的都懂，此处不再啰嗦，答案： t\in[\frac{2}{e},+\infty) ）
解题思路是不是瞬间清晰了？有些人说这个构造压根没法想到，其实这只不过是个人的思维懒惰性问题罢了。假如肯耐心，细心地去思考，大胆地去尝试，左拼右凑，以上操作是完全办得到的。有时候一道题为什么没思路？大概率缘由是你本人不敢大胆思考，尝试。请问，不动脑的做题算哪门子的解题？凡事都讲究尝试，这题如此，放缩如此，学习也是如此，我个人很排斥无脑刷题，因为你刷的不是解题经验/技巧，刷掉的仅仅只是大把时间罢了。我希望我这篇文章能教给那些水平比我次一点的人不仅仅是放缩及其他零零碎碎的技巧，更能教会他们独立去面对每一道所谓的“难题”，去清晰理性地思考，而不是仅仅停留在麻木地套用公式，或者愚蠢地乱写。上面这题只是一个最为普通的例子，接下来我会不定时给出一些更精彩的，类似的题目。