轉(zhuǎn)化與化歸思想

大家都熟悉曹沖稱象的故事，把大象的重量轉(zhuǎn)化為石頭的重量以稱出大象的重量.兩千多年前，幼小的曹沖就有這樣驚人的智慧，怎不叫人稱贊.這個故事啟發(fā)我們在現(xiàn)實生活中遇事要多動腦筋，經(jīng)常鍛煉自己的思維能力，使人變得越來越聰明.同時它也體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的一種重要的數(shù)學(xué)思想方法——轉(zhuǎn)化與化歸.

解題常用的轉(zhuǎn)化策略有：正與反的轉(zhuǎn)化、空間與平面的轉(zhuǎn)化、命題之間的轉(zhuǎn)化、常量與變量的轉(zhuǎn)化、數(shù)與形的轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化等.因此，有關(guān)轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)命題在高考試題中占有重要位置.

■ 等價轉(zhuǎn)化

在數(shù)學(xué)中，存在著許許多多具有等價性的問題，“恒等變形”是解題的最基本的方法，如解方程和不等式的過程本身就是一個等價轉(zhuǎn)化的過程.

■ 若數(shù)列{an}滿足■-■=d（n∈N？鄢，d∈R），則稱數(shù)列{an}為調(diào)和數(shù)列. 已知數(shù)列■為調(diào)和數(shù)列，且x1+x2+…+x20=200，則x5+x16=_______.

思路點(diǎn)撥 本題為新定義題，但也不要被表象所迷惑，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為我們熟悉的數(shù)列再做進(jìn)一步破解. 注意此題中角色的變化，由數(shù)列■為調(diào)和數(shù)列，得到數(shù)列{xn}為等差數(shù)列是解題的關(guān)鍵.根據(jù)調(diào)和數(shù)列的定義，可以看出其倒數(shù)數(shù)列符合等差數(shù)列的定義，由此就可以轉(zhuǎn)化，然后利用等差數(shù)列的性質(zhì)即可求解.

破解 已知數(shù)列{an}為調(diào)和數(shù)列，則■-■=d（n∈N？鄢，d∈R），也就是數(shù)列■為等差數(shù)列；現(xiàn)在數(shù)列■為調(diào)和數(shù)列，則數(shù)列{xn}為等差數(shù)列，那么由x1+x2+…+x20=200，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得x1+x2+…+x20=10（x5+x16）=200，所以x5+x16=20.

■ 已知函數(shù)f（x）=2x，等差數(shù)列{an}的公差為2. 若f（a2+a4+a6+a8+a10）=4，則log■[f（a1）·f（a2）·f（a3）·… ·f（a10）]=________.

思路點(diǎn)撥 仔細(xì)分析題目，由題目中的已知條件很容易求得a2+a4+a6+a8+a10的值，而所求log■[f（a1）·f（a2）·f（a3）·…·f（a10）]可以轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列{an}的前10項之和，根據(jù)公差，可以把前10項之和轉(zhuǎn)化為用a2+a4+a6+a8+a10表示出來，從而求解.

破解 由f（x）=2x和f（a2+a4+a6+a8+a10）=4知a2+a4+a6+a8+a10=2，log■[f（a1）·f（a2）·f（a3）·…·f（a10）]=log■f（a1）+log■f（a2）+…·+log■f（a10）=a1+a2+a3+…+a10=2（a2+a4+a6+a8+a10）-5×2=-6.

本題將所求對數(shù)值的運(yùn)算轉(zhuǎn)化為數(shù)列的相關(guān)計算，大大地節(jié)省了時間，提高了做題的效率. 再則，把等差數(shù)列{an}的前10項之和轉(zhuǎn)化為用a2+a4+a6+a8+a10表示出來，減少了計算量.

■

？搖1. 若關(guān)于x的方程cos2x+4asinx+a-2=0在區(qū)間[0，π]上有兩個不同的解，則實數(shù)a的取值范圍是_______.

2. 函數(shù)f（x）=■+■的最小值為_______.

■ 正與反的轉(zhuǎn)化

如果一個命題從正面解決不好入手或比較麻煩，可以從命題的反面入手來解決. 如證明命題的唯一性、無理性，或所給的命題以否定形式出現(xiàn)（如不存在、不相交等），并伴有“至少”“不都”“都不”“沒有”等指示性詞語時，均可考慮用反證法的思想來實現(xiàn)轉(zhuǎn)化. 反證法是數(shù)學(xué)解題中逆向思維的直接體現(xiàn).

■ 已知0

思路點(diǎn)撥 題目對f（f（x0））的性質(zhì)給出太少，直接證明所給命題有困難，所以可以考慮其反面情況，用反證法來證明. 增加反設(shè)這一條件，為我們利用函數(shù)的單調(diào)性創(chuàng)造了條件. 但是反設(shè)中有兩種情況，必須逐一否定，否則證明便不完整.

破解 假設(shè)f（x0）≠x0，則必有f（x0）>x0或f（x0）x0≥1，由f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，則f（f（x0））>f（x0），又f（f（x0））=x0，所以x0>f（x0），與假設(shè)矛盾；若x0>f（x0）≥1，則f（x0）>f（f（x0）），又f（f（x0））=x0，所以f（x0）>x0也與假設(shè)矛盾.綜上所述，當(dāng)x0≥1，f（x0）≥1且f（f（x0））=x0時，有f（x0）=x0.

■ 設(shè){an}，{bn}是公比不相等的兩個等比數(shù)列，cn=an+bn，證明：數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列.

思路點(diǎn)撥 觀察到命題的結(jié)論呈否定形式，故可考慮用反證法來證明.在用反證法時，要做到以下幾點(diǎn)：①弄清結(jié)論本身的情況；②找出結(jié)論的全部相反情況；③正確地否定上述結(jié)論. 利用反證法引出矛盾的結(jié)論，從而說明假設(shè)錯誤，肯定原命題成立.

破解 設(shè){an}，{bn}的公比分別為p，q，p≠q，cn=an+bn. 假設(shè){cn}是等比數(shù)列，則只需證明c■■=c1·c3. 由于c■■=（a1p+b1q）2=a■■p2+b■■q2+2a1b1pq，而c1·c3=（a1+b1）（a1p2+b1q2）=a■■p2+b■■q2+a1b1·（p2+q2），從而需證明2a1b1pq=a1b1（p2+q2）. 而a1b1≠0，故需證明p2+q2=2pq，即p=q，這與已知p≠q相矛盾. 因此假設(shè)不成立，故{cn}不是等比數(shù)列.

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1. 已知函數(shù)f（x）=4x2-ax+1在（0，1）內(nèi)至少有一個零點(diǎn)，則實數(shù)a的取值范圍是________.

2. 試求常數(shù)m的值，使曲線y=x2的所有的弦都不能被直線y=m（x-3）垂直平分.

■ 數(shù)與形的轉(zhuǎn)化

數(shù)形結(jié)合的思想就是把問題的數(shù)量關(guān)系和空間形式結(jié)合起來加以考察的思想，其實質(zhì)就是把抽象的數(shù)量關(guān)系和直觀的圖形結(jié)合起來，從而降低原命題的難度，使問題更容易得到解決.

■ 若不等式■≤k（x+1）的解集為區(qū)間[a，b]，且b-a=1，則k=______.

思路點(diǎn)撥 如果直接解不等式，那么計算過程會比較麻煩；而如果把原不等式的兩邊分別看做兩個不同的函數(shù)（直線y=k（x+1）和半圓y=■），按照不等式中的大小關(guān)系，那么可將原不等式看做函數(shù)圖象的上下問題. 從而對照直線y=k（x+1）的圖象在半圓y=■之上且區(qū)間長度為1時，即可求得k的值.

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圖1

破解 如圖1，由數(shù)形結(jié)合，直線y=k（x+1）過定點(diǎn)（-1，0），當(dāng)直線y=k（x+1）的斜率k<0時b-a<1，不能保證b-a=1；當(dāng)直線y=k（x+1）的斜率k>0時，半圓y=■的右邊部分必在直線的下方，則必有b=2，且b-a=1，那么只能a=1. 所以直線y=k（x+1）過點(diǎn)（1，■），則k=■.

■ 已知不等式（2x-1）2

思路點(diǎn)撥？搖 如果本題從不等式的角度去考慮求解，過程將比較煩瑣. 如果畫出函數(shù)f（x）=（2x-1）2，g（x）=ax2（a>0）的大致圖象（如圖2所示），通過數(shù)形結(jié)合，把所求不等式中字母a的問題，化歸為兩個二次函數(shù)在幾個關(guān)鍵值處的大小問題，則來得相對簡便. 從圖象上可以看到，要使不等式成立，必須a>0，而且滿足不等式（2x-1）2

■

圖2

破解 由圖可得f（3）

■

1. 當(dāng)0≤x≤1時，不等式sin■≥kx成立，則實數(shù)k的取值范圍是_？搖__.

2. 設(shè)對于任意實數(shù)x∈[-2，2]，函數(shù)f（x）=lg（3a-ax-x2）總有意義，則實數(shù)a的取值范圍是__________.

■ 函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化

函數(shù)與方程的思想是求數(shù)量關(guān)系的主要思想方法.一個數(shù)學(xué)問題，如能建立描述其數(shù)量特征的函數(shù)表達(dá)式，或列出表示其數(shù)量關(guān)系的方程（組）（包括不等式（組）），則一般可使問題得到解答.

■ 若已知方程■sinx+cosx=a在x∈[0，2π]上有兩個不同的實數(shù)解x1，x2，求a的取值范圍，以及此時x1+x2的值.

思路點(diǎn)撥 利用方程的思想，a的取值范圍即為函數(shù)y=■sinx+cosx在x∈[0，2π]的圖象與直線y=a有兩個交點(diǎn)時的范圍.因此，可采用數(shù)形結(jié)合的方法求解.

破解 設(shè)f（x）=■sinx+cosx=2sinx+■，x∈[0，2π]，令t=x+■，則y=2sint，且t∈■，■π. 在同一坐標(biāo)系中作出y=2sint與y=a的圖象（如圖3）. 從圖象上可看出，當(dāng)1

■

圖3

綜上所述，a的取值范圍是（-2，1）∪（1，2）. 當(dāng)a∈（1，2）時，x1+x2=■；當(dāng)a∈（-2，1）時，x1+x2=■.

■

1. 若函數(shù)f（x），g（x）分別是R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)，且滿足f（x）-g（x）=ex，則有（ ）

A. f（2）

B. g（0）

C. f（2）

D. g（0）

2. 設(shè)a>1，若僅有一個常數(shù)c使得對于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]滿足方程logax+logay=c，這時，a的取值集合為_______.

■ 空間與平面的轉(zhuǎn)化

■ 如圖4，動點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上.過點(diǎn)P作垂直于平面BB1D1D的直線，與正方體表面相交于M，N. 設(shè)BP=x，MN=y，則函數(shù)y=f（x）的圖象大致是（ ）

■

圖4

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A B

■

C D

思路點(diǎn)撥 本題是立體幾何與函數(shù)的交匯題，可以先觀察題目并進(jìn)行空間想象加以判斷，再由MN與平面BB1D1D垂直，可以把MN向平面ABCD內(nèi)作正投影，保持其長度不變，從而把空間問題轉(zhuǎn)為平面問題，在平面內(nèi)研究函數(shù)關(guān)系即可順利完成求解.

破解 設(shè)正方體的棱長為a，由圖形的對稱性知P點(diǎn)始終是MN的中點(diǎn)，而且隨著P點(diǎn)從B點(diǎn)向BD1的中點(diǎn)滑動，y值逐漸增大到最大；再由中點(diǎn)向D1點(diǎn)滑動，而逐漸變小，排除A，C. 把MN向平面ABCD內(nèi)正投影得M′N′，P向平面ABCD內(nèi)正投影得P′，則M′N′=MN=y. 由于■=■=■=■（此處設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a），所以BP′=■x，所以當(dāng)x≤■a時，MN=y=2BP′=■x為一次函數(shù)，故選B.

■

？搖一個圓錐和一個圓柱，下底面在同一平面上，它們有公共的內(nèi)切球，記圓錐的體積為V1，圓柱的體積為V2，且V1=kV2，則kmin=_________.

■ 變量與常量的轉(zhuǎn)化

在有幾個變量的問題中，常常有一個變元處于主要地位，我們稱之為主元. 由于思維定式的影響，在解決這類問題時，我們總是緊緊抓住主元不放，這在很多情況下是正確的，但在某些特定條件下，此路往往不通，這時若能變更主元，轉(zhuǎn)移變元在問題中的地位，就能使問題迎刃而解.

■ 設(shè)y=（log■x）2+（t-2）·log■x-t+1，若t在[-2，2]上變化時，y恒取正值，求x的取值范圍.

思路點(diǎn)撥 本題中，如果把y看做x的函數(shù)，則該題就是一個有限制條件的定義域問題，解法較為復(fù)雜.由于t在[-2，2]上變化，所以如果轉(zhuǎn)換思維角度，把y看做t的函數(shù)，則y就是關(guān)于t的一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù). 原命題轉(zhuǎn)變?yōu)椤瓣P(guān)于t的函數(shù)y，當(dāng)自變量t在[-2，2]上變化時，y恒大于零，求字母x的取值范圍”，這樣解起來就比較便捷了.

破解 設(shè)y=f（t）=（log■x-1）t+（log■x）2-2log■x+1，則f（t）為一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù).

當(dāng)t∈[-2，2]時，f（x）>0恒成立，則f（-2）>0，f（2）>0，即（log2x）2-4log■x+3>0，（log2x）2-1>0，解得log■x<-1或log■x>3. 所以08，所以x的取值范圍是0，■∪（8，+∞）.

■

已知函數(shù)f（x）=x2+ax+1，當(dāng)a∈[0，2]時，f（x）>0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍.

■ 抽象與具體的轉(zhuǎn)化

在解一些函數(shù)問題時，如果沒有具體的函數(shù)解析式，不能套用函數(shù)的性質(zhì)，那么要想辦法把抽象問題具體化，得到該函數(shù)能具有哪些性質(zhì)，以用來解決問題.

■ 設(shè)f（x）定義在實數(shù)集R上，當(dāng)x>0時，f（x）>1，且對于任意實數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）·f（y），同時f（1）=2，解不等式f（3x-x2）>4.

思路點(diǎn)撥 由于指數(shù)函數(shù)有類似f（x+y）=f（x）·f（y）的性質(zhì)a■=ax·ay，所以猜想模型函數(shù)為f（x）=ax（a>0，a≠1）. 由f（2）=f（1+1）=f（1）·f（1）=4，則將不等式化為f（3x-x2）>f（2），只要證明了f（x）的單調(diào)性，利用函數(shù)單調(diào)性解出不等式即可.

破解 由f（x+y）=f（x）·f（y）中取x=y=0，得f（0）=f（0）2. 若f（0）=0，則令x>0，y=0，則f（x）=0，與x>0時，f（x）>1矛盾. 所以f（0）=1.

當(dāng)x>0時，f（x）>1>0；當(dāng)x<0時，-x>0，f（-x）>1>0，而f（x）·f（-x）=1，所以f（x）=■>Nu50DbryZ3ltFKJ85pFHtw==0. 又f（0）=1，所以x∈R，f（x）>0.

設(shè)x1，x2∈R且x10， f（x2-x1）>1，f（x2）-f（x1）=f[x1+（x2-x1）]-f（x1）=f（x1）f（x2-x1）-f（x1）=f（x1）[f（x2-x1）-1]>0.所以y=f（x）在R上為單調(diào)增函數(shù).

又f（1）=2，所以f（3x-x2）>f（1）·f（1）=f（1+1）=f（2）.

由f（x）的單調(diào)性可得3x-x2>2，解得1

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1. 設(shè)f（x）是R上的函數(shù)，且滿足f（0）=1，并且對于任意的實數(shù)x，y都有f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）成立，則f（x）=_______.

2. 已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且對任意x∈R，都有f（x）=f（x+4），當(dāng)x∈[4，6]時，f（x）=2x+1，則函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，0]上的反函數(shù)f -1（x）的值f -1（19）等于_______.

■ 換元的轉(zhuǎn)化

對結(jié)構(gòu)較為復(fù)雜，量與量之間的關(guān)系不甚明了的命題，通過適當(dāng)?shù)囊胄伦兞浚〒Q元），往往可以簡化原有結(jié)構(gòu)，使其轉(zhuǎn)化為便于研究的形式. 常用的換元法有代數(shù)代換、三角代換、整體代換等. 在應(yīng)用換元法時要特別注意新變量的取值范圍，即代換的等價性.

■ 已知實數(shù)x，y滿足■+■=1，若x+y-k>0恒成立，求k的取值范圍.

思路點(diǎn)撥 由已知條件■+■=1，可以發(fā)現(xiàn)它與a2+b2=1有相似之處，于是實施三角換元.

破解 由■+■=1，設(shè)■=cosθ，■=sinθ，

即x=1+3cosθ，y=-1+4sinθ，代入不等式x+y-k>0得3cosθ+4sinθ-k>0，即k<3cosθ+4sinθ=5sin（θ+φ）. 所以k<-5時不等式恒成立.

利用三角換元，將代數(shù)問題（或者是解析幾何問題）化為了含參三角不等式恒成立的問題，再運(yùn)用“分離參數(shù)法”轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域問題，從而求出參數(shù)取值范圍.

一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數(shù)式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關(guān)問題時，經(jīng)常使用“三角換元法”.

■ 已知a∈R，求函數(shù)y=（a-sinx）（a-cosx）的最小值.

思路點(diǎn)撥？搖 把函數(shù)y=（a-sinx）·（a-cosx）展開后，可以觀察到該函數(shù)是關(guān)于sinx·cosx與sinx+cosx的三角函數(shù)式，因此可以把sinx+cosx看做一個量，把該問題轉(zhuǎn)化為一個二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題.

破解 設(shè)t=sinx+cosx，則t=■·sinx+■，其中t∈[-■，■]. 而sinx·cosx=■[（sinx+cosx）2-1]=■·（t2-1），所以y=f（t）=a2-a（sinx+cosx）+sinx·cosx=a2-at+■（t2-1）=■t2-at+a2-■=■（t-a）2+■a2-■，t∈[-■，■].

①若-■≤a≤■時，當(dāng)t=a，f（t）min=■a2-■；

②若a>■時，f（t）在[-■，■]上單調(diào)遞減，f（t）min=f（■）=a2-■a+■；

③若a<-■，f（t）在[-■，■]上單調(diào)遞增，f（t）min=f（-■）=a2+■a+■.

■

設(shè)a為實數(shù)，若記函數(shù)f（x）=a■+■+■的最大值為g（a），求g（a）.

■ 分離變量的轉(zhuǎn)化

在題中若要求一個參數(shù)的取值范圍，通常把該參數(shù)分離出來單獨(dú)放在一邊，而只求剩下的式子的最值問題.

■ 若不等式x2+ax+1≥0對一切x∈0，■成立，則a的最小值為________.

思路點(diǎn)撥 要求a的最小值，需要求出a的取值范圍.若通過討論一元二次不等式在給定區(qū)間上恒成立，可能較煩瑣；若把字母a單獨(dú)分離出來，放于不等式的一邊，則另一邊是關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式.通過求函數(shù)式的值域或取值范圍，可以求得字母a的取值范圍.

破解 因為x∈0，■，所以可以把不等式x2+ax+1≥0化為a≥ -x+■. 設(shè)f（x）=x+■，x∈0，■. 因為f（x）=x+■在x∈0，■上單調(diào)遞減，所以f（x）≥■，？搖-x+■≤ -■. 要使不等式a≥-x+■對一切x∈0，■成立，則a≥-■，所以a的最小值為-■.

■

設(shè)函數(shù)f（x）=x2-1，對任意x∈■，+∞，f■-4m2f（x）≤f（x-1）+4f（m）恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是_____.

■ 構(gòu)造法的轉(zhuǎn)化

為了解決某些較為復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題，通過聯(lián)想和化歸的思想，人為地構(gòu)造輔助圖形、方程、函數(shù)、模型等，以幫助解決原來的問題，這樣的解題方法，叫做構(gòu)造法. 它很好地體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)、類比、化歸的思想.

■ 已知x，y∈R，且2x+3y>2-y+3-x，那么（ ）

A. x+y<0 B. x+y>0

C. x·y<0 D. x·y>0

思路點(diǎn)撥？搖 已知不等式兩邊都含有x，y兩個變量，所以先移項，把不等式轉(zhuǎn)化為2x-3-x>2-y-3y，即2x-3-x>2-y-3-（-y），這樣不等式的兩邊都只含有一個變量了.

再構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=2x-3-x，把不等式問題化歸為函數(shù)單調(diào)性問題.

破解 因為函數(shù)y=2x，y=-3-x均為R上的增函數(shù)，所以f（x）=2x-3-x是R上的增函數(shù). 不等式2x-3-x>2-y-3-（-y）即f（x）>f（-y），所以x>-y，即x+y>0，故選B.

■

在球面上有四個點(diǎn)P，A，B，C，如果PA，PB，PC兩兩互相垂直，如圖5所示，且PA=PB=PC=a，那么這個球面的面積是（ ）

A. ■πa2B. ■πa2

C. 3πa2 D. ■πa2

■

圖5

■ 特殊化Ey9nplonHtnxbkocaaGvM0jU350tZA8tiQflvLnn1Co=的轉(zhuǎn)化

解答數(shù)學(xué)題除了常規(guī)的直接法以外，還有其他一些事半功倍的方法.如果在解題活動中能夠發(fā)揮方法溝通上的靈活性，采取一些特殊值來“投機(jī)取巧”從而求得結(jié)果，不但可以提高解題的速度和效率，還可以使一些難以解決的問題“起死回生”.

■ 已知■=1，■=■，■·■=0，點(diǎn)C在∠AOB內(nèi)，且∠AOC=30°. 設(shè)■=m■+n■（m，n∈R），則■等于（ ）

A.？搖■ B.？搖3

C. ■ D.？搖■

思路點(diǎn)撥 本題若按照通常解法，需要根據(jù)向量所給出的平面幾何關(guān)系，把■=m■+n■兩邊平方后，得到m，n的關(guān)系式，從中求出■，比較煩瑣. 現(xiàn)在若把m，n特殊化，如取m=1，則AC∥OB.

由■=1，∠AOC=30°，OA⊥AC得■=■，所以n=■，則■=3，由此判斷選擇支A、C、D錯誤，故B正確.

■

1. 對于0

①loga（a+b）

②log■（a+b）>log■a+■；

③b■

④b■>b■.

其中成立的是________. （填所有成立的不等式的序號）？搖

2. 已知奇函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)，α，β，γ∈R且α+β>0，β+γ>0，γ+α>0，則f（α）+f（β）+f（γ）______0. （填大小關(guān)系）

化歸與轉(zhuǎn)化的思想具有靈活性和多樣性的特點(diǎn)，沒有統(tǒng)一的模式可遵循，需要依據(jù)問題本身提供的信息，利用動態(tài)思維，去尋找有利于問題解決的變換途徑和方法，所以學(xué)習(xí)和熟悉化歸與轉(zhuǎn)化的思想，有意識地運(yùn)用數(shù)學(xué)變換的方法，去靈活地解決有關(guān)的數(shù)學(xué)問題，將有利于提高解決數(shù)學(xué)問題的應(yīng)變能力和熟悉解題技能、技巧.

■ 參考答案

1 等價轉(zhuǎn)化

1. cos2x+4asinx+a-2=1-2sin2x+4asinx+a-2=-2sin2x+4asinx+a-1.

令t=sinx，t∈[0，1]，則原題轉(zhuǎn)化為方程-2t2+4at+a-1=0在[0，1]上有兩個根. 令f（t）=-2t2+4at+a-1，由二次函數(shù)圖象可知Δ>0，f（0）≤0，f（1）≤0，0<■<1，解得■

2. 由已知得f（x）=■+■=■+■，設(shè)A（2，3），B（6，1），P（x，0），則上述問題轉(zhuǎn)化為求PA+PB的最小值. 如圖6，點(diǎn)A關(guān)于x軸對稱的點(diǎn)為C（2，-3），因為PA+PB=PC+PB≥BC=4■，所以f（x）的最小值為4■.

2 正與反的轉(zhuǎn)化

1. 函數(shù)f（x）=4x2-ax+1在（0，1）內(nèi)沒有零點(diǎn)？圳4x2-ax+1=0在（0，1）內(nèi)沒有實數(shù)根，即在（0，1）內(nèi)，a≠4x+■.？搖而當(dāng)x∈（0，1）時，4x+■≥2■=4，得4x+■∈[4，+∞）. 要使a≠4x+■，必有a<4. 故要使函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)至少有一個零點(diǎn)，則a∈[4，+∞）.

2. 設(shè)拋物線上存在兩點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2）關(guān)于直線y=m（x-3）對稱，AB的中點(diǎn)為M（x0，y0），y1=x■■，y2=x■■. 直線AB的斜率k=■=x1+x2=2x0= -■，所以x0=-■，所以y0=m（x0-3）= -■-3m，所以M-■，-■-3m. 而點(diǎn)M必在拋物線的內(nèi)部，所以-■-3m>-■■，所以（2m+1）（6m2-2m+1）<0，所以m<-■. 由補(bǔ)集思想知，當(dāng)m≥-■時，曲線y=x2的所有的弦都不能被直線y=m（x-3）垂直平分.

3 數(shù)與形的轉(zhuǎn)化

1. 作出y■=sin■與y■=kx的圖象（如圖7），要使不等式sin■≥kx成立，由圖可知須k≤1.

■

圖7

2.不等式可化成a>h（x）=3-x+■-6，只要求出h（x）=3-x+■-6的最大值即可.設(shè)t=3-x，t∈[1，5]，h（t）+6的圖象如圖8所示，可知h（t）+6的最大值為10，則h（t）的最大值為4，故a>4.

■

圖8

4 函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化

1. 要比較函數(shù)值的大小，就要由已知條件求得函數(shù)解析式，本題中的f（x），g（x）都未知，只有一個等式，這就需要我們再挖掘一個等式，由函數(shù)的奇偶性容易想到用替換，從而得到兩個方程組成的方程組，解出即可.

因為f（x）-g（x）=ex，用-x替換x得：f（-x）-g（-x）=e-x. 因為函數(shù)f（x），g（x）分別是R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)，所以f（x）+g（x）=-e-x，又f（x）-g（x）=ex. 解得：f（x）=■，g（x）=-■. 而f（x）單調(diào)遞增且f（0）=0，所以f（3）>f（2）>0，而g（0）=-1，故選D.

2. 題目給出的方程中含有x，y，a，c等多個字母，而條件中是對任意的x∈[a，2a]都有y∈[a，a2]，這使我們聯(lián)想到函數(shù)的定義域、值域，所以必須把方程改寫為關(guān)于y的函數(shù)，再進(jìn)一步研究函數(shù)的性質(zhì). 由已知logax+logay=c，得y=■（其中x∈[a，2a]），函數(shù)為反比例函數(shù)，在[a，2a]（a>1）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[a，2a]時，y∈■，a■. 又因為對于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]，所以■≥a，a■≤a2■？圯c≥2+loga2，c≤3.因為有且只有一個常數(shù)c符合題意，所以2+loga2=3，解得a=2，所以a的取值的集合為{2}.

5 空間與平面的轉(zhuǎn)化

記內(nèi)切球的半徑為r，則圓柱的體積V2=πr2·2r=2π·r3. 對于圓錐取軸截面，如圖9，則圓錐的高h(yuǎn)=■+r，圓錐的底面半徑為R=h·tanθ=■+r·tanθ=■·r，所以V1=■πR2h=■πr3■.

所以k=■=■·■=■·■=■·■.

令t=1+sinθ，θ∈0，■，則k=■·■，t∈（1，2），所以■=6·-2■■+3·■-1，則■■=■，所以kmin=■.

■

圖9

6 變量與常量的轉(zhuǎn)化

若視a為主元，x為輔元， f（x）即可轉(zhuǎn)化為g（a）=xa+x2+1.

當(dāng)x=0時，g（a）=1>0恒成立；當(dāng)x≠0時，g（a）是關(guān)于a的一次函數(shù)，所以當(dāng)a∈[0，2]時f（x）>0恒成立等價于g（0）>0，g（2）>0，即x2+1>0，x2+2x+1>0，所以x的取值范圍為{xx∈R，x≠-1}.

7 抽象與具體的轉(zhuǎn)化

1. 因為對于任意的實數(shù)x，y都有f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）成立，令x=0可得， f（-y）=f（0）-y（-y+1）=y2-y+1， 所以f（x）=x2+x+1.

2. 由f（x）=f（x+4），得函數(shù)f（x）的周期為T=4，所以x∈[0，2]時，x+4∈[4，6]，所以f（x）=f（x+4）=2■+1. 又函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，所以x∈[-2，0]時-x∈[0，2]，則f（x）=f（-x）=2■+1.令f（x）=2■+1=19，解得x=4-log218=3-2log23，從而f -1（19）=3-2log23.

8 換元的轉(zhuǎn)化

令t=■+■，要使t有意義，必須1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1. 因為t2=2+2■∈[2，4]，且t≥0 ①，所以t∈[■，2].

由①得：■=■t2-1，所以m（t）=a■t2-1+t=■at2+t-a，t∈[■，2]. 由題意知g（a）即為函數(shù)m（t）=■at2+t-a，t∈[■，2]的最大值，注意到直線t=-■是拋物線m（t）=■at2+t-a的對稱軸，分以下幾種情況討論：

①當(dāng)a>0時，函數(shù)y=m（t），t∈[■，2]的圖象是開口向上的拋物線的一段，由t=-■<0知m（t）在t∈[■，2]上單調(diào)遞增，所以g（a）=m（2）=a+2.

②當(dāng)a=0時，m（t）=t，t∈[■，2]，所以g（a）=2.

③當(dāng)a<0時，函數(shù)y=m（t），t∈[■，2]的圖象是開口向下的拋物線的一段. 若t=-■∈（0，■]，即a≤-■時，g（a）=m（■）=■；若t=-■∈（■，2]，即a∈-■，-■時，g（a）=m-■= -a-■；若t=-■∈（2，+∞），即a∈-■，0時，g（a）=m（2）=a+2.

綜上所述：

g（a）=a+2，a>-■，-a-■，-■

9 分離變量的轉(zhuǎn)化

依據(jù)題意得■-1-4m2（x2-1）≤（x-1）2-1+4（m2-1）在x∈■，+∞上恒成立，即■-4m2≤-■-■+1在x∈■，+∞上恒成立.

當(dāng)x=■時函數(shù)y=-■-■+1取得最小值-■，所以■-4m2≤-■，

即（3m2+1）（4m2-3）≥0，解得m≤-■或m≥■.

■ 構(gòu)造法的轉(zhuǎn)化

本題若只從題設(shè)條件入手，不易確定PA，PB，PC與球心及球的半徑的關(guān)系，因此不易找到等量關(guān)系進(jìn)行計算. 若類比我們熟悉的球與多面體的組合體，則可以聯(lián)想到球的內(nèi)接正方體. 將PA，PB，PC看做正方體頂點(diǎn)P處的三條棱，正方體的體對角線就是球的直徑. 通過類比， 確定了球心及半徑與已知條件的關(guān)系，把問題轉(zhuǎn)化為球的內(nèi)接正方體問題.所以球的半徑r=■a，球的表面積S=4πr2=3πa2. 故選C.

■ 特殊化的轉(zhuǎn)化

1. ②④

2. f（α）+f（β）+f（γ）<0. ■