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转化与化归既是一种重要的数学思想，又是一种常用的数学方法.在研究解决数学问题时，通过观察、分析、类比、联想等思维过程，选择恰当的数学方法进行变换，可以将原问题由繁到简、由难到易的转化，从而使问题得到解决.近年来高考命题更加重视对数学思想的考查，各种数学思想的核心都是转化，所以本文从横向与纵向两个角度说明转化与化归思想在解题中的应用.
一、 在不同知识模块间的转化
例1 如图，设A和B是抛物线y2=4px(p＞0)上原点以外的两动点，已知OA⊥OB,OM⊥AB,
求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.
解：设Ay214p,y1,By224p,y2,M(x,y)
∵OA⊥OB ∴y214p•y224p+y1y2=0
∵y1y2≠0，∴y1y2=-16p2 ①
∵AB⊥OM ∴y22-y214p•x+(y2-y1)•y=0
∴y1+y24p•x+y=0
∴y1+y2=-4pyx ②
∵AM=x•y214p,y-y1，BM=x-y224p,y-y2，又AM与BM共线，
所以x-y214p(y-y2)-x-y224p(y-y1)=0 ∴x+y1y24p-y(y1+y2)4p=0 ③
将①②代入③得x2+y2-4px=0，∵M不过原点，∴x≠0.
所以M的轨迹是圆(x-2p)2+y2=4p2，但除去原点.
注 本题若只运用几何方法，运算很复杂.但引入向量后，计算变得简单易行.
例2 证明b-aa＜lnba＜b-aa(0＜a＜b)
证明 令f(x)=lnx-lna-x-aa，x＞0，则f′(x)=1x-1a，
当x=a时，f′(x)=0；当x＜a时，f′(x)＞0；当x＞a时，f′(x)＜0.
故f(x)在x=a处取得极大值，也是区间(0,+∞)上唯一的极值，故为最值.
因为a≠b，所以f(b)＜f(a)=0，得lnb-lna-b-aa＜0，即lnba＜b-aa.
同理令g(x)=lnb-lnx-b-xb(x＞0)，可得g(x)在x=b处取得最小值.
所以g(a)＞g(b)=0，即lnb-lna-b-ab＞0，即lnba＞b-ab.
综上可知b-ab＜lnba＜b-aa.
注 本题分左右两端分别证明，在证明右端不等式lnba＜b-aa时，令b=x，则lnxa＜x-aa，再移项构造函数，利用导数借助函数的单调性进行证明.高考题常将此类题目放在压轴题上，难度很大，以考查学生的综合素质和创新能力.
例3 若α,β∈(0,π)，求满足等式cosα+cosβ-cos(α+β)=32的α,β值.
解：将等式化为(1-cosβ)cosα+sinβsinα=32-cosβ，
构造向量a=(1-cosβ,sinβ)，b=(cosα,sinα)，则｜a｜｜b｜=32-cosβ，
∵(a•b)2≤｜a｜2｜b｜2，∴32-cosβ2≤2-2cosβ，∴(cosβ-12)2≤0，∴cosβ=12，
可得cosα=12，又α,β∈(0,π),α=β=π3.
注 本题是三角函数问题，直接求解比较繁琐，若引入向量，借助向量的性质求解，则令人眼前一亮，思路清晰明朗，运算简捷.
二、 在由难到易间的纵向转化
例4 （2010全国卷）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点K（-1,0）的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D.
(1) 证明：点F在直线BD上；
(2) 设FA•FB=89，求△BDK的内切圆M的方程.
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x1,-y1)，l的方程为x=my-1(m≠0)
(1) 将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0，
所以y1+y2=4m,y1y2=4.
直线BD的方程为y-y2=y2+y1x2-x1(x-x2)，即y-y2=4y2-y1x-y224，
令y=0，得x=y1y24=1.所以点F（1,0）在直线BD上.
(2) 由(1)知x1+x2=(my1-1)+(my2-1)=4m2-2，x1x2=(my1-1)(my2-1)=1，
因为FA=(x1-1,y1)，FB=(x2-1,y2)
所以FA•FB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+4=8-4m2，
故8-4m2=89，解得m=±43.
所以l的方程为3x+4y+3=0或3x-4y+3=0.
又由(1)知y2-y1=±(4m)2-4×4=±437，故直线BD的斜率4y2-y1=±37，
因而直线BD的方程为3x+7y-3=0或3x-7y-3=0.
因为KF为∠BKD的平分线，则可设圆心M(t,0)(-1＜t＜1)，
且M(t,0)到l及BD的距离分别为3｜t+1｜5，3｜t-1｜4.
由3｜t+1｜5=3｜t-1｜4得t=19或t=9（舍去），
故圆M的方程为x-192+y2=49.
注 此题是解析几何问题，往往易于寻找思路，但运算量很大.若进行合理转化，可简化计算过程.
例5 已知奇函数f(x)的定义域为实数集R，且f(x)在［0,+∞)上是增函数.当0≤θ≤π2时，是否存在这样的实数m，使f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞f(0)对所有的θ∈0,π2均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m，若不存在，则说明理由.
解：由f(x)是R上的奇函数，可得f(0)=0.
又在［0,+∞)上是增函数，故f(x)在R上为增函数.
由题设条件可得f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞0，
又由f(x)为奇函数，可得f(cos2θ-3)＞f(2mcosθ-4m).
因为f(x)在R上为增函数，所以cos2θ-3＞2mcosθ-4m，
即cos2θ-mcosθ+2m-2＞0.
令cosθ=t，∵0≤θ≤π2，∴0≤t≤1.
所以问题转化为对一切0≤t≤1，不等式t2-mt+2m-2＞0恒成立，
即t2-2＞m(t-2)，也即m＞t2-2t-2恒成立.
又因为t2-2t-2=(t-2)+2t-2+4≤4-22，所以m＞4-22.
所以存在实数m满足题设的条件，且m＞4-22.
注 本题先根据奇函数的性质确定f(x)在R上为增函数，并将不等式f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞0
转化为cos2θ-mcosθ+2m-2＞0，再用换元法转化为熟悉的一元二次不等式的恒成立问题求解.
以上几道例题都是根据问题的已知转化命题，使原问题转化为与之相关易于解决的问题，可见转化与化归思想方法的重要性、普遍性.因此，在教学中要有意识得运用转化与化归的思想方法，引导学生分析问题、解决问题，加强寻找思路、选择方法的训练，以此提高学生解题的综合能力.
(上接第57页)
（1） 若a≥13,g′(x)≤0,g(x)单调递减，g(x)≤g(0)=0，即f(x)≤ax,符合题意．
（2） 若a≤-1,g′(x)≥0,g(x)≥g(0)=0,f(x)≥ax,不符合题意．
（3） 若-1＜a＜13,g′(x)=0在(0,π)上有解，设解为x0,
∵g′(x)在［0,π］上单调递减，
∴x∈［0,x0］时，g′(x)≥0,g(x)在［0,x0］上单调递增，g(x0)＞g(0)=0,即f(x0)＞ax0,不符合题意．
因此，a的取值范围是13,+∞．
反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x0)时，g(x)不能递减．
一、 在不同知识模块间的转化
例1 如图，设A和B是抛物线y2=4px(p＞0)上原点以外的两动点，已知OA⊥OB,OM⊥AB,
求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.
解：设Ay214p,y1,By224p,y2,M(x,y)
∵OA⊥OB ∴y214p•y224p+y1y2=0
∵y1y2≠0，∴y1y2=-16p2 ①
∵AB⊥OM ∴y22-y214p•x+(y2-y1)•y=0
∴y1+y24p•x+y=0
∴y1+y2=-4pyx ②
∵AM=x•y214p,y-y1，BM=x-y224p,y-y2，又AM与BM共线，
所以x-y214p(y-y2)-x-y224p(y-y1)=0 ∴x+y1y24p-y(y1+y2)4p=0 ③
将①②代入③得x2+y2-4px=0，∵M不过原点，∴x≠0.
所以M的轨迹是圆(x-2p)2+y2=4p2，但除去原点.
注 本题若只运用几何方法，运算很复杂.但引入向量后，计算变得简单易行.
例2 证明b-aa＜lnba＜b-aa(0＜a＜b)
证明 令f(x)=lnx-lna-x-aa，x＞0，则f′(x)=1x-1a，
当x=a时，f′(x)=0；当x＜a时，f′(x)＞0；当x＞a时，f′(x)＜0.
故f(x)在x=a处取得极大值，也是区间(0,+∞)上唯一的极值，故为最值.
因为a≠b，所以f(b)＜f(a)=0，得lnb-lna-b-aa＜0，即lnba＜b-aa.
同理令g(x)=lnb-lnx-b-xb(x＞0)，可得g(x)在x=b处取得最小值.
所以g(a)＞g(b)=0，即lnb-lna-b-ab＞0，即lnba＞b-ab.
综上可知b-ab＜lnba＜b-aa.
注 本题分左右两端分别证明，在证明右端不等式lnba＜b-aa时，令b=x，则lnxa＜x-aa，再移项构造函数，利用导数借助函数的单调性进行证明.高考题常将此类题目放在压轴题上，难度很大，以考查学生的综合素质和创新能力.
例3 若α,β∈(0,π)，求满足等式cosα+cosβ-cos(α+β)=32的α,β值.
解：将等式化为(1-cosβ)cosα+sinβsinα=32-cosβ，
构造向量a=(1-cosβ,sinβ)，b=(cosα,sinα)，则｜a｜｜b｜=32-cosβ，
∵(a•b)2≤｜a｜2｜b｜2，∴32-cosβ2≤2-2cosβ，∴(cosβ-12)2≤0，∴cosβ=12，
可得cosα=12，又α,β∈(0,π),α=β=π3.
注 本题是三角函数问题，直接求解比较繁琐，若引入向量，借助向量的性质求解，则令人眼前一亮，思路清晰明朗，运算简捷.
二、 在由难到易间的纵向转化
例4 （2010全国卷）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点K（-1,0）的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D.
(1) 证明：点F在直线BD上；
(2) 设FA•FB=89，求△BDK的内切圆M的方程.
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x1,-y1)，l的方程为x=my-1(m≠0)
(1) 将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0，
所以y1+y2=4m,y1y2=4.
直线BD的方程为y-y2=y2+y1x2-x1(x-x2)，即y-y2=4y2-y1x-y224，
令y=0，得x=y1y24=1.所以点F（1,0）在直线BD上.
(2) 由(1)知x1+x2=(my1-1)+(my2-1)=4m2-2，x1x2=(my1-1)(my2-1)=1，
因为FA=(x1-1,y1)，FB=(x2-1,y2)
所以FA•FB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+4=8-4m2，
故8-4m2=89，解得m=±43.
所以l的方程为3x+4y+3=0或3x-4y+3=0.
又由(1)知y2-y1=±(4m)2-4×4=±437，故直线BD的斜率4y2-y1=±37，
因而直线BD的方程为3x+7y-3=0或3x-7y-3=0.
因为KF为∠BKD的平分线，则可设圆心M(t,0)(-1＜t＜1)，
且M(t,0)到l及BD的距离分别为3｜t+1｜5，3｜t-1｜4.
由3｜t+1｜5=3｜t-1｜4得t=19或t=9（舍去），
故圆M的方程为x-192+y2=49.
注 此题是解析几何问题，往往易于寻找思路，但运算量很大.若进行合理转化，可简化计算过程.
例5 已知奇函数f(x)的定义域为实数集R，且f(x)在［0,+∞)上是增函数.当0≤θ≤π2时，是否存在这样的实数m，使f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞f(0)对所有的θ∈0,π2均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m，若不存在，则说明理由.
解：由f(x)是R上的奇函数，可得f(0)=0.
又在［0,+∞)上是增函数，故f(x)在R上为增函数.
由题设条件可得f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞0，
又由f(x)为奇函数，可得f(cos2θ-3)＞f(2mcosθ-4m).
因为f(x)在R上为增函数，所以cos2θ-3＞2mcosθ-4m，
即cos2θ-mcosθ+2m-2＞0.
令cosθ=t，∵0≤θ≤π2，∴0≤t≤1.
所以问题转化为对一切0≤t≤1，不等式t2-mt+2m-2＞0恒成立，
即t2-2＞m(t-2)，也即m＞t2-2t-2恒成立.
又因为t2-2t-2=(t-2)+2t-2+4≤4-22，所以m＞4-22.
所以存在实数m满足题设的条件，且m＞4-22.
注 本题先根据奇函数的性质确定f(x)在R上为增函数，并将不等式f(cos2θ-3)+f(4m-2mcosθ)＞0
转化为cos2θ-mcosθ+2m-2＞0，再用换元法转化为熟悉的一元二次不等式的恒成立问题求解.
以上几道例题都是根据问题的已知转化命题，使原问题转化为与之相关易于解决的问题，可见转化与化归思想方法的重要性、普遍性.因此，在教学中要有意识得运用转化与化归的思想方法，引导学生分析问题、解决问题，加强寻找思路、选择方法的训练，以此提高学生解题的综合能力.
(上接第57页)
（1） 若a≥13,g′(x)≤0,g(x)单调递减，g(x)≤g(0)=0，即f(x)≤ax,符合题意．
（2） 若a≤-1,g′(x)≥0,g(x)≥g(0)=0,f(x)≥ax,不符合题意．
（3） 若-1＜a＜13,g′(x)=0在(0,π)上有解，设解为x0,
∵g′(x)在［0,π］上单调递减，
∴x∈［0,x0］时，g′(x)≥0,g(x)在［0,x0］上单调递增，g(x0)＞g(0)=0,即f(x0)＞ax0,不符合题意．
因此，a的取值范围是13,+∞．
反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x0)时，g(x)不能递减．