轉化與化歸思想

黃桂林

大家都熟悉曹沖稱象的故事，把大象的重量轉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.這個故事啟發我們在現實生活中遇事要多動腦筋，經常鍛煉自己的思維能力，使人變得越來越聰明.同時它也體現了數學中的一種重要的數學思想方法——轉化與化歸.

解題常用的轉化策略有：正與反的轉化、空間與平面的轉化、命題之間的轉化、常量與變量的轉化、數與形的轉化、函數與方程的轉化等.因此，有關轉化與化歸的數學命題在高考試題中占有重要位置.

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等價轉化

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在數學中，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化的過程.

例1 若數列{an}滿足 - =d（n∈N？鄢，d∈R），則稱數列{an}為調和數列. 已知數列 為調和數列，且x1+x2+…+x20=200，則x5+x16=_______.

思路點撥 本題為新定義題，但也不要被表象所迷惑，透過現象看本質，轉化為我們熟悉的數列再做進一步破解. 注意此題中角色的變化，由數列 為調和數列，得到數列{xn}為等差數列是解題的關鍵.根據調和數列的定義，可以看出其倒數數列符合等差數列的定義，由此就可以轉化，然后利用等差數列的性質即可求解.

破解 已知數列{an}為調和數列，則 - =d（n∈N？鄢，d∈R），也就是數列 為等差數列；現在數列 為調和數列，則數列{xn}為等差數列，那么由x1+x2+…+x20=200，根據等差數列的性質可得x1+x2+…+x20=10（x5+x16）=200，所以x5+x16=20.

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

思路點撥 仔細分析題目，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）]可以轉化為等差數列{an}的前10項之和，根據公差，可以把前10項之和轉化為用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.

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

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

2. 函數f（x）= + 的最小值為_______.

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正與反的轉化

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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（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轉化. 反證法是數學解題中逆向思維的直接體現.

例3 已知0

思路點撥 題目對f（f（x0））的性質給出太少，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. 增加反設這一條件，為我們利用函數的單調性創造了條件. 但是反設中有兩種情況，必須逐一否定，否則證明便不完整.

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

例4 設{an}，{bn}是公比不相等的兩個等比數列，cn=an+bn，證明：數列{cn}不是等比數列.

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

破解 設{an}，{bn}的公比分別為p，q，p≠q，cn=an+bn. 假設{cn}是等比數列，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. 因此假設不成立，故{cn}不是等比數列.

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

2. 試求常數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.

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數與形的轉化

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

例5 若不等式 ≤k（x+1）的解集為區間[a，b]，且b-a=1，則k=______.

思路點撥 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（直線y=k（x+1）和半圓y= ），按照不等式中的大小關系，那么可將原不等式看做函數圖象的上下問題. 從而對照直線y=k（x+1）的圖象在半圓y= 之上且區間長度為1時，即可求得k的值.

圖1

破解 如圖1，由數形結合，直線y=k（x+1）過定點（-1，0），當直線y=k（x+1）的斜率k<0時b-a<1，不能保證b-a=1；當直線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（1， ），則k= .

例6 已知不等式（2x-1）2

思路點撥？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f（x）=（2x-1）2，g（x）=ax2（a>0）的大致圖象（如圖2所示），通過數形結合，把所求不等式中字母a的問題，化歸為兩個二次函數在幾個關鍵值處的大小問題，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0≤x≤1時，不等式sin ≥kx成立，則實數k的取值范圍是____.

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

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函數與方程的轉化

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

例7 若已知方程 sinx+cosx=a在x∈[0，2π]上有兩個不同的實數解x1，x2，求a的取值范圍，以及此時x1+x2的值.

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

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

圖3

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

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

A. f（2）

B. g（0）

C. f（2）

D. g（0）

2. 設a>1，若僅有一個常數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_______.

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空間與平面的轉化

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例8 如圖4，動點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上.過點P作垂直于平面BB1D1D的直線，與正方體表面相交于M，N. 設BP=x，MN=y，則函數y=f（x）的圖象大致是（ ）

圖4

A B

C D

思路點撥 本題是立體幾何與函數的交匯題，可以先觀察題目并進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內作正投影，保持其長度不變，從而把空間問題轉為平面問題，在平面內研究函數關系即可順利完成求解.

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

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

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變量與常量的轉化

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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，轉移變元在問題中的地位，就能使問題迎刃而解.

例9 設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.

思路點撥 本題中，如果把y看做x的函數，則該題就是一個有限制條件的定義域問題，解法較為復雜.由于t在[-2，2]上變化，所以如果轉換思維角度，把y看做t的函數，則y就是關于t的一次函數或常數函數. 原命題轉變為“關于t的函數y，當自變量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y=f（t）=（log x-1）t+（log x）2-2log x+1，則f（t）為一次函數或常數函數.

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

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抽象與具體的轉化

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

例10 設f（x）定義在實數集R上，當x>0時， f（x）>1，且對于任意實數x，y都有f（x+y）=f（x）·f（y），同時f（1）=2，解不等式f（3x-x2）>4.

思路點撥 由于指數函數有類似f（x+y）=f（x）·f（y）的性質a =ax·ay，所以猜想模型函數為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）的單調性，利用函數單調性解出不等式即可.

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

設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上為單調增函數.

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

由f（x）的單調性可得3x-x2>2，解得1

1. 設f（x）是R上的函數，且滿足f（0）=1，并且對于任意的實數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，且對任意x∈R，都有f（x）=f（x+4），當x∈[4，6]時，f（x）=2x+1，則函數f（x）在區間[-2，0]上的反函數f -1（x）的值f -1（19）等于_______.

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換元的轉化

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對結構較為復雜，量與量之間的關系不甚明了的命題，通過適當的引入新變量（換元），往往可以簡化原有結構，使其轉化為便于研究的形式. 常用的換元法有代數代換、三角代換、整體代換等. 在應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.

例11 已知實數x，y滿足 + =1，若x+y-k>0恒成立，求k的取值范圍.

思路點撥 由已知條件 + =1，可以發現它與a2+b2=1有相似之處，于是實施三角換元.

破解 由 + =1，設 =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，再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數取值范圍.

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

例12 已知a∈R，求函數y=（a-sinx）（a-cosx）的最小值.

思路點撥？搖 把函數y=（a-sinx）·（a-cosx）展開后，可以觀察到該函數是關于sinx·cosx與sinx+cosx的三角函數式，因此可以把sinx+cosx看做一個量，把該問題轉化為一個二次函數在給定區間上的最值問題.

破解 設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t=a，f（t）min= a2- ；

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

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

設a為實數，若記函數f（x）=a + + 的最大值為g（a），求g（a）.

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分離變量的轉化

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

例13 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間上恒成立，可能較煩瑣；若把字母a單獨分離出來，放于不等式的一邊，則另一邊是關于x的函數關系式.通過求函數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f（x）=x+ ，x∈0， . 因為f（x）=x+ 在x∈0， 上單調遞減，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- .

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

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構造法的轉化

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為了解決某些較為復雜的數學問題，通過聯想和化歸的思想，人為地構造輔助圖形、方程、函數、模型等，以幫助解決原來的問題，這樣的解題方法，叫做構造法. 它很好地體現了數學中發現、類比、化歸的思想.

例14 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.

再構造輔助函數f（x）=2x-3-x，把不等式問題化歸為函數單調性問題.

破解 因為函數y=2x，y=-3-x均為R上的增函數，所以f（x）=2x-3-x是R上的增函數. 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. πa2 B. πa2

C. 3πa2 D. πa2

圖5

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特殊化的轉化

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解答數學題除了常規的直接法以外，還有其他一些事半功倍的方法. 如果在解題活動中能夠發揮方法溝通上的靈活性，采取一些特殊值來“投機取巧”從而求得結果，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”.

例15 已知 =1， = ， · =0，點C在∠AOB內，且∠AOC=30°. 設 =m +n （m，n∈R），則 等于（ ）

A.？搖 B.？搖3

C. D.？搖

思路點撥 本題若按照通常解法，需要根據向量所給出的平面幾何關系，把 =m +n 兩邊平方后，得到m，n的關系式，從中求出 ，比較煩瑣. 現在若把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f（x）在區間（-∞，+∞）上是單調遞減函數，α，β，γ∈R且α+β>0，β+γ>0，γ+α>0，則f（α）+f（β）+f（γ）______0. （填大小關系）

化歸與轉化的思想具有靈活性和多樣性的特點，沒有統一的模式可遵循，需要依據問題本身提供的信息，利用動態思維，去尋找有利于問題解決的變換途徑和方法，所以學習和熟悉化歸與轉化的思想，有意識地運用數學變換的方法，去靈活地解決有關的數學問題，將有利于提高解決數學問題的應變能力和熟悉解題技能、技巧.

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參考答案

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1 等價轉化

1.

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

圖6

2 正與反的轉化

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

2. 設拋物線上存在兩點A（x1，y1），B（x2，y2）關于直線y=m（x-3）對稱，AB的中點為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M必在拋物線的內部，所以- -3m>- ，所以（2m+1）（6m2-2m+1）<0，所以m<- . 由補集思想知，當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 數與形的轉化

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 函數與方程的轉化

1. 要比較函數值的大小，就要由已知條件求得函數解析式，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f（x），g（x）分別是R上的奇函數、偶函數，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]，這使我們聯想到函數的定義域、值域，所以必須把方程改寫為關于y的函數，再進一步研究函數的性質. 由已知logax+logay=c，得y= （其中x∈[a，2a]），函數為反比例函數，在[a，2a]（a>1）上單調遞減，所以當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 空間與平面的轉化

記內切球的半徑為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= +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 變量與常量的轉化

若視a為主元，x為輔元， f（x）即可轉化為g（a）=xa+x2+1.

當x=0時，g（a）=1>0恒成立；當x≠0時，g（a）是關于a的一次函數，所以當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 抽象與具體的轉化

1. 因為對于任意的實數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f（x）為偶函數，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a>0時，函數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]上單調遞增，所以g（a）=m（2）=a+2.

②當a=0時，m（t）=t，t∈[ ，2]，所以g（a）=2.

③當a<0時，函數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 分離變量的轉化

依據題意得 -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x= 時函數y=- - +1取得最小值- ，所以 -4m2≤- ，

即（3m2+1）（4m2-3）≥0，解得m≤- 或m≥ .

構造法的轉化

本題若只從題設條件入手，不易確定PA，PB，PC與球心及球的半徑的關系，因此不易找到等量關系進行計算. 若類比我們熟悉的球與多面體的組合體，則可以聯想到球的內接正方體. 將PA，PB，PC看做正方體頂點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系，把問題轉化為球的內接正方體問題.所以球的半徑r= a，球的表面積S=4πr2=3πa2. 故選C.

特殊化的轉化

1. ②④

2. f（α）+f（β）+f（γ）<0.