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一、“整”化“零”的转换
“整”“零”转换是将所求问题的整体分解成若干个局部或将各个局部整合在一起，这样化难为易，最终目的还是化整为零.
例1已知a、b∈R，求证a2+b2+(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
分析:根据两点间的距离公式,要证不等式的几何意义就是点(a,b)到点(0,0),(2,0),(1,3)的距离之和大于3.
图1证明:建立如图1所示的直角坐标系,则OA=AB=BO=2,并且PO=a2+b2,PA=(2-a)2+b2,
PB=(1-a)2+(3-b)2,在△POA中,PO+PA>OA,即
a2+b2+(2-a)2+b2>2.①
在△PAB中,PA+PB>AB,即
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.②
在△POB中,PO+PB>OB,
即a2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.③
①+②+③整理即可得a2+b2+
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
评注:本题中式子的几何意义是明显的,很容易和两点之间的距离公式联系起来,但与三角形两边之和大于第三边,把“6”折成“2+2+2”这种化整为零要有扎实的数学功底.
图2例2已知a,b,c∈R+.求证:a2+b2+ab+b2+c2+bc+a2+c2+ac≥3(a+b+c).
分析：a2+b2+ab与余弦定理极为相似，故联想余弦定理解决，并构造如图2.
则AB=a2+b2+ab,AC=a2+c2+ac,BC=b2+c2+bc.
ABsin120°=asinα=bsinβABsin120°=a+bsinα+sinβAB≥32(a+b).
同理AC≥32(a+c),BC≥32(b+c)AB+BC+AC≥3(a+b+c).
二、抽象化具体的转换
例3设f (x)定义在R上，当x>0时，f (x)>1且对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，证明(1)f (x)在R上恒为正值;(2)f (x)在R上是增函数.
解析: 设对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，令a=x>0,b=0,得f (x)=f (x)f (0).因x>0时，f (x)>1,所以f (0)=1.
又f (-x)f (x)=f (0),f (-x)=1f (x)>0,所以f (x)在R上恒为正值.
(2)设x10),则由已知
f (t)>1,f (x2)=f (x1+t)=f (x1)f (t),f (x1)f (t)>f (x1),故f (x2)>f (x1),f (x)在R上是增函数.
评述:本题是利用f (x)>0恒成立证明f (x)在R上是增函数,又巧妙利用了当x>0,f (x)>1的结论,从而证明f (x1)f (t)>f (x1)，合理赋值,使问题抽象化到具体,由难到易,便于理解.
三、常量与变量间的转换
在处理多元的数学问题时,我们可以把其中的常量或参数,看作“主元”而把其它的元素看成常量,从而达到减少变元,简化运算的目的.
例4若不等式(lgx)2-(2+m)lgx+m-1>0,对于|m|≤1恒成立,求x的取值范围.
解:令t=lgx,则不等式变为t2-(2+m)t+m-1>0,可化为(1-t)m+t2-2t+1>0.
当t=1时, 不等式不成立,令f (m)=(1-t)m+t2-2t+1,则f (m)是关于m的一次函数.若f (m)>0只要解得t<-1或t>3,得x<110或x>1000.
评注:当参数存在的形式简单,尤其是一、二次形式,就把它视为关于参数为主元的不等式,利用函数和不等式的关系,求解范围.
四、“正”与“反”的转换
当面临数学问题从正面入手解决比较难时,可考虑从反面入手,一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.
例58个人站成一队，其中A与B、A与C不能站在一起，一共有多少种不同的排法？
分析：无限制条件的排法共有A88种排法.A与B、A与C站在一起各有A22A77，A、B、C站在一起且A在中间的有A22A66种排法，所以一共有A88-2A22•A77+A22A66种排法.五、相等与不等间的转换
等与不等的转换主要体现为化不等为相等,及相等转化为不等,在等与不等的转换中,基本不等式,函数性质等常常发挥了重要的作用.它们是联系等与不等的桥梁.
例6已知 、 、R，且 + + =1， ，求实数 的取值范围.分析：利用 、 的关系构造一个关于 的不等式，从而可求出实数 的取值范围.解： 、 、R，且 + + =1， ，所以+ =1- ， ，又 ，故 所以 ， 六、"数"与"形"间的转换例7 已知实数a、b R*，且a+b=1，求证：(a+2)2+(b+2)2 .这是一个并不困难的题目,可用不同的方法解决,用几何构造法证明′分析:原式左边可以看出是点 与点 间的距离的平方,则可在直角坐标系中,构造点P ，Q ，其中Q是直线 与两坐标轴的交点A、B连线段上的点， 如图所示|PQ|= 又P到A的距离 因|PQ| ，故(a+2)2+(b+2)2 .七、函数与方程不等式间的转换某些方程、不等式问题，我们可以通过构造函数，并利用函数性质加以解决，能收到化难为易的奇效.例8求方程 的解.分析：记 ，则有 ，且 在 上递增..解不等式 .分析： ，令 ，则 在 上递增.故原不等式可化为 .或 .八、一般与特殊间的转换一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.例9对于函数f (x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下结论：①f (x1+x2)= f (x1)•f (x2)；②f (x1• x2) =f (x1)+f (x2)；③ >0；④ < ，当f (x)=lgx时，以上结论中正确结论的序号是 .
解:取x1=10，x2=100，那么lg(10+100)=lg110，而lg10×lg100=2，知①不成立；lg(10×100)=lg1000=3，而lg10+lg100=1+2=3，知②成立； >0显然成立，③正确；lg =lg55=lg ， ，则④不成立.
综上，只有②③成立.
评注 本解实施的是虚实转换.使用特殊值使这种转换更为简洁直观.
一、“整”化“零”的转换
“整”“零”转换是将所求问题的整体分解成若干个局部或将各个局部整合在一起，这样化难为易，最终目的还是化整为零.
例1已知a、b∈R，求证a2+b2+(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
分析:根据两点间的距离公式,要证不等式的几何意义就是点(a,b)到点(0,0),(2,0),(1,3)的距离之和大于3.
图1证明:建立如图1所示的直角坐标系,则OA=AB=BO=2,并且PO=a2+b2,PA=(2-a)2+b2,
PB=(1-a)2+(3-b)2,在△POA中,PO+PA>OA,即
a2+b2+(2-a)2+b2>2.①
在△PAB中,PA+PB>AB,即
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.②
在△POB中,PO+PB>OB,
即a2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.③
①+②+③整理即可得a2+b2+
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
评注:本题中式子的几何意义是明显的,很容易和两点之间的距离公式联系起来,但与三角形两边之和大于第三边,把“6”折成“2+2+2”这种化整为零要有扎实的数学功底.
图2例2已知a,b,c∈R+.求证:a2+b2+ab+b2+c2+bc+a2+c2+ac≥3(a+b+c).
分析：a2+b2+ab与余弦定理极为相似，故联想余弦定理解决，并构造如图2.
则AB=a2+b2+ab,AC=a2+c2+ac,BC=b2+c2+bc.
ABsin120°=asinα=bsinβABsin120°=a+bsinα+sinβAB≥32(a+b).
同理AC≥32(a+c),BC≥32(b+c)AB+BC+AC≥3(a+b+c).
二、抽象化具体的转换
例3设f (x)定义在R上，当x>0时，f (x)>1且对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，证明(1)f (x)在R上恒为正值;(2)f (x)在R上是增函数.
解析: 设对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，令a=x>0,b=0,得f (x)=f (x)f (0).因x>0时，f (x)>1,所以f (0)=1.
又f (-x)f (x)=f (0),f (-x)=1f (x)>0,所以f (x)在R上恒为正值.
(2)设x10),则由已知
f (t)>1,f (x2)=f (x1+t)=f (x1)f (t),f (x1)f (t)>f (x1),故f (x2)>f (x1),f (x)在R上是增函数.
评述:本题是利用f (x)>0恒成立证明f (x)在R上是增函数,又巧妙利用了当x>0,f (x)>1的结论,从而证明f (x1)f (t)>f (x1)，合理赋值,使问题抽象化到具体,由难到易,便于理解.
三、常量与变量间的转换
在处理多元的数学问题时,我们可以把其中的常量或参数,看作“主元”而把其它的元素看成常量,从而达到减少变元,简化运算的目的.
例4若不等式(lgx)2-(2+m)lgx+m-1>0,对于|m|≤1恒成立,求x的取值范围.
解:令t=lgx,则不等式变为t2-(2+m)t+m-1>0,可化为(1-t)m+t2-2t+1>0.
当t=1时, 不等式不成立,令f (m)=(1-t)m+t2-2t+1,则f (m)是关于m的一次函数.若f (m)>0只要解得t<-1或t>3,得x<110或x>1000.
评注:当参数存在的形式简单,尤其是一、二次形式,就把它视为关于参数为主元的不等式,利用函数和不等式的关系,求解范围.
四、“正”与“反”的转换
当面临数学问题从正面入手解决比较难时,可考虑从反面入手,一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.
例58个人站成一队，其中A与B、A与C不能站在一起，一共有多少种不同的排法？
分析：无限制条件的排法共有A88种排法.A与B、A与C站在一起各有A22A77，A、B、C站在一起且A在中间的有A22A66种排法，所以一共有A88-2A22•A77+A22A66种排法.五、相等与不等间的转换
等与不等的转换主要体现为化不等为相等,及相等转化为不等,在等与不等的转换中,基本不等式,函数性质等常常发挥了重要的作用.它们是联系等与不等的桥梁.
例6已知 、 、R，且 + + =1， ，求实数 的取值范围.分析：利用 、 的关系构造一个关于 的不等式，从而可求出实数 的取值范围.解： 、 、R，且 + + =1， ，所以+ =1- ， ，又 ，故 所以 ， 六、"数"与"形"间的转换例7 已知实数a、b R*，且a+b=1，求证：(a+2)2+(b+2)2 .这是一个并不困难的题目,可用不同的方法解决,用几何构造法证明′分析:原式左边可以看出是点 与点 间的距离的平方,则可在直角坐标系中,构造点P ，Q ，其中Q是直线 与两坐标轴的交点A、B连线段上的点， 如图所示|PQ|= 又P到A的距离 因|PQ| ，故(a+2)2+(b+2)2 .七、函数与方程不等式间的转换某些方程、不等式问题，我们可以通过构造函数，并利用函数性质加以解决，能收到化难为易的奇效.例8求方程 的解.分析：记 ，则有 ，且 在 上递增..解不等式 .分析： ，令 ，则 在 上递增.故原不等式可化为 .或 .八、一般与特殊间的转换一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.例9对于函数f (x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下结论：①f (x1+x2)= f (x1)•f (x2)；②f (x1• x2) =f (x1)+f (x2)；③ >0；④ < ，当f (x)=lgx时，以上结论中正确结论的序号是 .
解:取x1=10，x2=100，那么lg(10+100)=lg110，而lg10×lg100=2，知①不成立；lg(10×100)=lg1000=3，而lg10+lg100=1+2=3，知②成立； >0显然成立，③正确；lg =lg55=lg ， ，则④不成立.
综上，只有②③成立.
评注 本解实施的是虚实转换.使用特殊值使这种转换更为简洁直观.
“整”“零”转换是将所求问题的整体分解成若干个局部或将各个局部整合在一起，这样化难为易，最终目的还是化整为零.
例1已知a、b∈R，求证a2+b2+(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
分析:根据两点间的距离公式,要证不等式的几何意义就是点(a,b)到点(0,0),(2,0),(1,3)的距离之和大于3.
图1证明:建立如图1所示的直角坐标系,则OA=AB=BO=2,并且PO=a2+b2,PA=(2-a)2+b2,
PB=(1-a)2+(3-b)2,在△POA中,PO+PA>OA,即
a2+b2+(2-a)2+b2>2.①
在△PAB中,PA+PB>AB,即
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.②
在△POB中,PO+PB>OB,
即a2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.③
①+②+③整理即可得a2+b2+
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
评注:本题中式子的几何意义是明显的,很容易和两点之间的距离公式联系起来,但与三角形两边之和大于第三边,把“6”折成“2+2+2”这种化整为零要有扎实的数学功底.
图2例2已知a,b,c∈R+.求证:a2+b2+ab+b2+c2+bc+a2+c2+ac≥3(a+b+c).
分析：a2+b2+ab与余弦定理极为相似，故联想余弦定理解决，并构造如图2.
则AB=a2+b2+ab,AC=a2+c2+ac,BC=b2+c2+bc.
ABsin120°=asinα=bsinβABsin120°=a+bsinα+sinβAB≥32(a+b).
同理AC≥32(a+c),BC≥32(b+c)AB+BC+AC≥3(a+b+c).
二、抽象化具体的转换
例3设f (x)定义在R上，当x>0时，f (x)>1且对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，证明(1)f (x)在R上恒为正值;(2)f (x)在R上是增函数.
解析: 设对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，令a=x>0,b=0,得f (x)=f (x)f (0).因x>0时，f (x)>1,所以f (0)=1.
又f (-x)f (x)=f (0),f (-x)=1f (x)>0,所以f (x)在R上恒为正值.
(2)设x1
f (t)>1,f (x2)=f (x1+t)=f (x1)f (t),f (x1)f (t)>f (x1),故f (x2)>f (x1),f (x)在R上是增函数.
评述:本题是利用f (x)>0恒成立证明f (x)在R上是增函数,又巧妙利用了当x>0,f (x)>1的结论,从而证明f (x1)f (t)>f (x1)，合理赋值,使问题抽象化到具体,由难到易,便于理解.
三、常量与变量间的转换
在处理多元的数学问题时,我们可以把其中的常量或参数,看作“主元”而把其它的元素看成常量,从而达到减少变元,简化运算的目的.
例4若不等式(lgx)2-(2+m)lgx+m-1>0,对于|m|≤1恒成立,求x的取值范围.
解:令t=lgx,则不等式变为t2-(2+m)t+m-1>0,可化为(1-t)m+t2-2t+1>0.
当t=1时, 不等式不成立,令f (m)=(1-t)m+t2-2t+1,则f (m)是关于m的一次函数.若f (m)>0只要解得t<-1或t>3,得x<110或x>1000.
评注:当参数存在的形式简单,尤其是一、二次形式,就把它视为关于参数为主元的不等式,利用函数和不等式的关系,求解范围.
四、“正”与“反”的转换
当面临数学问题从正面入手解决比较难时,可考虑从反面入手,一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.
例58个人站成一队，其中A与B、A与C不能站在一起，一共有多少种不同的排法？
分析：无限制条件的排法共有A88种排法.A与B、A与C站在一起各有A22A77，A、B、C站在一起且A在中间的有A22A66种排法，所以一共有A88-2A22•A77+A22A66种排法.五、相等与不等间的转换
等与不等的转换主要体现为化不等为相等,及相等转化为不等,在等与不等的转换中,基本不等式,函数性质等常常发挥了重要的作用.它们是联系等与不等的桥梁.
例6已知 、 、R，且 + + =1， ，求实数 的取值范围.分析：利用 、 的关系构造一个关于 的不等式，从而可求出实数 的取值范围.解： 、 、R，且 + + =1， ，所以+ =1- ， ，又 ，故 所以 ， 六、"数"与"形"间的转换例7 已知实数a、b R*，且a+b=1，求证：(a+2)2+(b+2)2 .这是一个并不困难的题目,可用不同的方法解决,用几何构造法证明′分析:原式左边可以看出是点 与点 间的距离的平方,则可在直角坐标系中,构造点P ，Q ，其中Q是直线 与两坐标轴的交点A、B连线段上的点， 如图所示|PQ|= 又P到A的距离 因|PQ| ，故(a+2)2+(b+2)2 .七、函数与方程不等式间的转换某些方程、不等式问题，我们可以通过构造函数，并利用函数性质加以解决，能收到化难为易的奇效.例8求方程 的解.分析：记 ，则有 ，且 在 上递增..解不等式 .分析： ，令 ，则 在 上递增.故原不等式可化为 .或 .八、一般与特殊间的转换一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.例9对于函数f (x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下结论：①f (x1+x2)= f (x1)•f (x2)；②f (x1• x2) =f (x1)+f (x2)；③ >0；④ < ，当f (x)=lgx时，以上结论中正确结论的序号是 .
解:取x1=10，x2=100，那么lg(10+100)=lg110，而lg10×lg100=2，知①不成立；lg(10×100)=lg1000=3，而lg10+lg100=1+2=3，知②成立； >0显然成立，③正确；lg =lg55=lg ， ，则④不成立.
综上，只有②③成立.
评注 本解实施的是虚实转换.使用特殊值使这种转换更为简洁直观.
一、“整”化“零”的转换
“整”“零”转换是将所求问题的整体分解成若干个局部或将各个局部整合在一起，这样化难为易，最终目的还是化整为零.
例1已知a、b∈R，求证a2+b2+(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
分析:根据两点间的距离公式,要证不等式的几何意义就是点(a,b)到点(0,0),(2,0),(1,3)的距离之和大于3.
图1证明:建立如图1所示的直角坐标系,则OA=AB=BO=2,并且PO=a2+b2,PA=(2-a)2+b2,
PB=(1-a)2+(3-b)2,在△POA中,PO+PA>OA,即
a2+b2+(2-a)2+b2>2.①
在△PAB中,PA+PB>AB,即
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.②
在△POB中,PO+PB>OB,
即a2+b2+(1-a)2+(3-b)2>2.③
①+②+③整理即可得a2+b2+
(2-a)2+b2+(1-a)2+(3-b)2>3.
评注:本题中式子的几何意义是明显的,很容易和两点之间的距离公式联系起来,但与三角形两边之和大于第三边,把“6”折成“2+2+2”这种化整为零要有扎实的数学功底.
图2例2已知a,b,c∈R+.求证:a2+b2+ab+b2+c2+bc+a2+c2+ac≥3(a+b+c).
分析：a2+b2+ab与余弦定理极为相似，故联想余弦定理解决，并构造如图2.
则AB=a2+b2+ab,AC=a2+c2+ac,BC=b2+c2+bc.
ABsin120°=asinα=bsinβABsin120°=a+bsinα+sinβAB≥32(a+b).
同理AC≥32(a+c),BC≥32(b+c)AB+BC+AC≥3(a+b+c).
二、抽象化具体的转换
例3设f (x)定义在R上，当x>0时，f (x)>1且对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，证明(1)f (x)在R上恒为正值;(2)f (x)在R上是增函数.
解析: 设对任意的实数a、b∈R，有f (a+b)=f (a)f (b)，令a=x>0,b=0,得f (x)=f (x)f (0).因x>0时，f (x)>1,所以f (0)=1.
又f (-x)f (x)=f (0),f (-x)=1f (x)>0,所以f (x)在R上恒为正值.
(2)设x1
f (t)>1,f (x2)=f (x1+t)=f (x1)f (t),f (x1)f (t)>f (x1),故f (x2)>f (x1),f (x)在R上是增函数.
评述:本题是利用f (x)>0恒成立证明f (x)在R上是增函数,又巧妙利用了当x>0,f (x)>1的结论,从而证明f (x1)f (t)>f (x1)，合理赋值,使问题抽象化到具体,由难到易,便于理解.
三、常量与变量间的转换
在处理多元的数学问题时,我们可以把其中的常量或参数,看作“主元”而把其它的元素看成常量,从而达到减少变元,简化运算的目的.
例4若不等式(lgx)2-(2+m)lgx+m-1>0,对于|m|≤1恒成立,求x的取值范围.
解:令t=lgx,则不等式变为t2-(2+m)t+m-1>0,可化为(1-t)m+t2-2t+1>0.
当t=1时, 不等式不成立,令f (m)=(1-t)m+t2-2t+1,则f (m)是关于m的一次函数.若f (m)>0只要解得t<-1或t>3,得x<110或x>1000.
评注:当参数存在的形式简单,尤其是一、二次形式,就把它视为关于参数为主元的不等式,利用函数和不等式的关系,求解范围.
四、“正”与“反”的转换
当面临数学问题从正面入手解决比较难时,可考虑从反面入手,一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.
例58个人站成一队，其中A与B、A与C不能站在一起，一共有多少种不同的排法？
分析：无限制条件的排法共有A88种排法.A与B、A与C站在一起各有A22A77，A、B、C站在一起且A在中间的有A22A66种排法，所以一共有A88-2A22•A77+A22A66种排法.五、相等与不等间的转换
等与不等的转换主要体现为化不等为相等,及相等转化为不等,在等与不等的转换中,基本不等式,函数性质等常常发挥了重要的作用.它们是联系等与不等的桥梁.
例6已知 、 、R，且 + + =1， ，求实数 的取值范围.分析：利用 、 的关系构造一个关于 的不等式，从而可求出实数 的取值范围.解： 、 、R，且 + + =1， ，所以+ =1- ， ，又 ，故 所以 ， 六、"数"与"形"间的转换例7 已知实数a、b R*，且a+b=1，求证：(a+2)2+(b+2)2 .这是一个并不困难的题目,可用不同的方法解决,用几何构造法证明′分析:原式左边可以看出是点 与点 间的距离的平方,则可在直角坐标系中,构造点P ，Q ，其中Q是直线 与两坐标轴的交点A、B连线段上的点， 如图所示|PQ|= 又P到A的距离 因|PQ| ，故(a+2)2+(b+2)2 .七、函数与方程不等式间的转换某些方程、不等式问题，我们可以通过构造函数，并利用函数性质加以解决，能收到化难为易的奇效.例8求方程 的解.分析：记 ，则有 ，且 在 上递增..解不等式 .分析： ，令 ，则 在 上递增.故原不等式可化为 .或 .八、一般与特殊间的转换一般性问题难以解决时,可考虑利用特殊性来解决.例9对于函数f (x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下结论：①f (x1+x2)= f (x1)•f (x2)；②f (x1• x2) =f (x1)+f (x2)；③ >0；④ < ，当f (x)=lgx时，以上结论中正确结论的序号是 .
解:取x1=10，x2=100，那么lg(10+100)=lg110，而lg10×lg100=2，知①不成立；lg(10×100)=lg1000=3，而lg10+lg100=1+2=3，知②成立； >0显然成立，③正确；lg =lg55=lg ， ，则④不成立.
综上，只有②③成立.
评注 本解实施的是虚实转换.使用特殊值使这种转换更为简洁直观.