众所周知，唯物辩证法的范畴是我们认识事物的科学的思维形式．唯物辩证法的每一对范畴都是对立的统一．它们一方面相互对立，另一方面又相互依存、相互贯通和相互转化．恩格斯指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式．数学与唯物辩证法的这种天然联系，使得范畴间的辩证关系成为我们解决数学问题时发现解题思路的主要线索．本文试对解题思路的发现与范畴间辩证关系的联系作一初步探索，希望对教学有所帮助．

一、对偶范畴间相互对立关系的启迪

思维的定势与惯性，是影响解题思路的重要因素．根据问题的具体情况与个人的思维习惯，当我们从某一角度观察问题或从某一角度入手探索问题而陷于困境时，想到对偶范畴间的辩证关系，转而从原来思维的对立方面着手考察、分析，则往往寻找到柳暗花明的新境地．

例1 设ａ＞ｂ＞ｃ．求证：ａ２ｂ＋ｂ２ｃ＋ｃ２ａ＞ａｂ２＋ｂｃ２＋ｃａ２．

分析与证明：由不等式两边的特征与联系想到运用比较法．证题的关键在于差式（ａ２ｂ＋ｂ２ｃ＋ｃ２ａ）－（ａｂ２＋ｂｃ２＋ｃａ２）的变形．

变形1．差式＝（ａ２ｂ－ｃａ２）＋（ｂ２ｃ－ａｂ２）＋（ｃ２ａ －ｂｃ２）

＝ａ２（ｂ－ｃ）＋ｂ２（ｃ－ａ）＋ｃ２（ａ－ｂ）．

至此，似乎无路可走．

变形2．差式＝（ａ２ｂ－ａｂ２）＋（ｂ２ｃ－ｂｃ２）＋（ｃ２ａ －ｃａ２）

＝ａｂ（ａ－ｂ）＋ｂｃ（ｂ－ｃ）＋ｃａ（ｃ－ａ）．

如此，仍然重蹈复辙．

变形3．差式＝（ｃ２ａ－ａｂ２）＋（ａ２ｂ－ｂｃ２）＋（ｂ２ｃ－ｃａ２）

＝ａ（ｃ２－ｂ２）＋ｂ（ａ２－ｃ２）＋ｃ（ｂ２－ａ２）．

如此，仍未走出“怪圈”．

以上对差式“均匀分组”的尝试均未成功．在反思与寻觅中，受范畴间相互对立关系的启发，想到对差式作“不均匀分组”的变形．

证法1．差式＝ａ２ｂ＋（ｂ２ｃ＋ｃ２ａ）－（ａｂ２＋ａ２ｃ）－ｂｃ２

＝ｂ（ａ２－ｃ２）＋（ｂ２＋ａｃ）（ｃ－ａ）

＝（ａ－ｃ）［ｂ（ａ＋ｃ）－（ｂ２＋ａｃ）］

＝（ａ－ｃ）（ａ－ｂ）（ｂ－ｃ）＞０．

∴ 原不等式成立．

探索初解为什么受阻，可以说过分“对称”组合是解题陷入困境的原因之一．在差式的对称结组中，不对称的条件ａ＞ｂ＞ｃ难以发挥作用．于是，再由范畴间的相互对立，想到差式的“不对称”结组．

证法2．差式＝（ａ２ｂ－ａｂ２）＋（ｂ２ｃ－ｃａ２）＋（ｃ２ａ－ｂｃ２）（有意避开对称结组）

＝ａｂ（ａ－ｂ）＋ｃ（ｂ２－ａ２）＋ｃ２（ａ－ｂ）

＝（ａ－ｂ）［ａｂ－ｃ（ａ＋ｂ）＋ｃ２］

＝（ａ－ｂ）（ｂ－ｃ）（ａ－ｃ）＞０．

∴ 原不等式成立．

再寻初解受困的缘由，除了对称（均匀）结组的思维习惯，更重要的是自身思维的狭隘--局限于孤立考察各组的表面形式．于是对由范畴间的相互对立，想到寻觅各组之间的内在联系，诸多新解法由此产生．

证法3．由上述变形1得

差式＝ａ２（ｂ－ｃ）＋ｂ２（ｃ－ａ）＋ｃ２（ａ－ｂ）

＝ａ２（ｂ－ｃ）－ｂ２［（ａ－ｂ）＋（ｂ－ｃ）］＋ｃ２（ａ－ｂ）（刻意沟通与前后两组的联系）

＝（ｂ－ｃ）（ａ２－ｂ２）＋（ａ－ｂ）（ｃ２－ｂ２）

＝（ａ－ｂ）［（ｂ－ｃ）（ａ＋ｂ）＋（ｃ２－ｂ２）］

＝（ａ－ｂ）（ｂ－ｃ）（ａ－ｃ）＞０．

∴ 原不等式成立．

其他证法从略．

二、对偶范畴间相互依存关系的点拨

在数学中，“加”与“减”，“直”与“曲”，特殊与一般，孤立与联系……这每一对范畴的双方相互依存，或明或暗地共处于同一问题的解题过程之中．因此，当我们从范畴的某一方入手问题未能（或取得）突破时，还应想到从范畴的另一方入手再行考察与求索．对范畴双方顾此失彼的思维上的偏颇，是解题陷入困境或出现疏漏的重要原因．

例2 过抛物线ｙ＝ｘ２的顶点Ｏ任作互相垂直的弦ＯＡ、ＯＢ，分别以ＯＡ、ＯＢ为直径作圆，并设两圆的另一交点为Ｃ，求Ｃ点的轨迹方程．

分析与解答：循着求动直（曲）线交点轨迹方程的一般思路，设Ａ（ｘ１，ｘ１２），Ｂ（ｘ2，ｘ2２），Ｃ（ｘ，ｙ），由ＯＡ⊥ＯＢ得

ｘ１ｘ2＝－１．①

以ＯＡ为直径的圆的方程为

ｘ（ｘ－ｘ１）＋ｙ（ｙ－ｘ１２）＝０，即

ｘ２＋ｙ２－ｘ１ｘ－ｘ１２ｙ＝０．②

同理，以ＯＢ为直径的圆的方程为

ｘ２＋ｙ２－ｘ2ｘ－ｘ2２ｙ＝０．③

至此，欲消参数ｘ１、ｘ2，探索中容易想到两式相减．

②－③，得ｘ１＋ｘ2＝－ｘ/ｙ．④

下一步如何动作？至此往往陷入困境．此时，循着辩证思维的途径，由加与减的相互依存，想到再考察②、③两式相加，则局面由此打开．

解法1．②＋③，得２（ｘ２＋ｙ２）－（ｘ１＋ｘ2）ｘ－（ｘ１２＋ｘ2２）ｙ＝０，

２（ｘ２＋ｙ２）－（ｘ１＋ｘ2）ｘ－［（ｘ１＋ｘ2）２－２ｘ１ｘ2］·ｙ＝０．⑤

将①、④代入⑤并整理，得

ｘ２＋ｙ２－ｙ＝０（ｙ≠０）．

故Ｃ点的轨迹方程为

ｘ２＋（ｙ－１/２）２＝１/４（ｙ≠０）．

事实上，当我们孤立考察动圆的方程而导出②、③两式后，根据范畴间的相互依存关系，可转而去寻觅两圆方程间的内在联系．这种联系一经发现，新的解法便随之产生．

解法2．注意到这里ｙ≠０，考察②、③两式的联系，知ｘ１、ｘ2是二次方程ｙｔ２＋ｘｔ－（ｘ２＋ｙ２）＝０的两实根，由韦达定理得ｘ１ｘ2＝－（ｘ２＋ｙ２）/ｙ． ⑥

于是由①、⑥得Ｃ点的轨迹方程为

ｘ２＋（ｙ－１/２）２＝１/４（ｙ≠０）．

“直”与“曲”是辩证的统一．面对所给的曲线问题，分析问题的特殊性，发掘问题中与曲线相互依存的直线．这样的直线一经揭露，化“曲”为“直”的解法便应运而生．

解法3．由圆的性质知ＡＣ⊥ＯＣ，ＢＣ⊥ＯＣ．

∴ Ａ、Ｂ、Ｃ三点共线，且ＯＣ⊥ＡＢ．

设过点Ｏ且垂直ＡＢ的直线为ｌ，则Ｃ点的轨迹即为动直线ＡＢ与ｌ的交点的轨迹（化曲为直）．

ｋAB＝ｘ１＋ｘ2，直线ＡＢ的方程为ｙ－ｘ１２＝（ｘ１＋ｘ2）（ｘ－ｘ１）．

以①代入上式得ｙ－１＝（ｘ１＋ｘ2）ｘ，⑦

又直线ｌ的方程为ｙ＝（－１/（ｘ１＋ｘ2））ｘ． ⑧

⑦×⑧并整理，得ｘ２＋ｙ２－ｙ＝０（ｙ≠０）．故Ｃ点的轨迹方程为

ｘ2＋（ｙ－１/２）２＝１/４（ｙ≠０）．

三、对偶范畴间相互贯通关系的诱导

分析问题是解决问题的前提和基础．分析的方法就是辩证的方法（毛泽东语）．范畴间相互贯通的辩证关系，为解题思路的发现提供线索，为数学问题的转换变通提供依据．其中，特殊与一般是最为重要的一对范畴．就认识的过程来说，人们总是从事物的特殊性入手去认识事物的一般性，而当人们掌握了事物的一般属性之后，又能以一般性为指导去认识尚未认知的其他特殊性质．人们对事物的认识由此一步步引向纵深．

例3 对于二次曲线Ｃk：ｘ２/（９－ｋ）＋ｙ２/（４－ｋ）＝１，证明：任取平面上一点（ａ，ｂ）（ａｂ≠０），总有Ｃk中一个椭圆和一个双曲线通过．

分析（特殊探路）：取点（1，1）代入Ｃk并整理，得ｋ２－１１ｋ＋２３＝０，解得

ｋ１＝（１１－）/２∈（－∞，４），

ｋ2＝（１１＋）/２∈（４，９）．

由此可知，对于ｋ＝ｋ１，Ｃk表示椭圆；对于ｋ＝ｋ2，Ｃk表示双曲线．

至此，便探知本题解题思路：

（1）取点（ａ，ｂ）（ａｂ≠０）代入Ｃk并整理，得

ｆ（ｋ）＝ｋ２＋（ａ２＋ｂ２－１３）ｋ＋（３６－４ａ２－９ｂ２）＝０；

（2）证明ｆ（ｋ）＝０的一根在（－∞，４）内，而另一根在（４，９）内，即证ｆ（４）＜０，ｆ（９）＞０．（证明从略）

注意到特殊与一般的辩证关系，当由问题本身难以推出所需结论时，不妨主动“升级”，转而研究关于原命题的更具一般性的命题．这样的命题一经解决，便如登高眺远，解题环节与问题本质纵览无余．于是，求解原来的问题便可居高临下，一蹴而就．

例４ 已知Ｍ（ｘ１，ｙ１）、Ｎ（ｘ2，ｙ2）为抛物线ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）上两点．设甲：ｙ１ｙ2＝－ｐ２；乙：直线ＭＮ经过抛物线的焦点Ｆ．那么甲是乙的____条件．

分析：由课本Ｐ．１０１第8题知，甲是乙的必要条件．由于条件的充分性难以判断，故转而考察更为一般的问题：经过抛物线ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞ ０）的轴上一点Ｑ（ａ，０）（ａ＞０）作抛物线的弦ＭＮ，寻找Ｍ、Ｎ两点纵坐标之间的联系．

设直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－ａ），①

①代入ｙ２＝２ｐｘ，得ｙ２－（２ｐ/ｋ）ｙ－２ｐａ＝０． ②

由②得ｙ１ｙ2＝－２ｐａ．

此此易见ｙ１ｙ2＝－ｐ２ａ＝ｐ/２点Ｑ即焦点Ｆ．故甲是乙的充分条件．于是可知甲是乙的充要条件．

四、对偶范畴间相互转化关系的运用

解题过程是一系列的转化过程，其中，范畴间由此及彼的相互转化，乃是这一系列转化中的关键环节．有关事物的定义、定理和性质是完成这种转化的桥梁，变量替换则是以量变促发质变的基本手段．循着范畴间的辩证关系思考问题，东方不亮西方亮，南方 受阻有北方，使我们得以左右周旋，转换变通，从而避繁就简，化生为熟，发现令人满意的解题思路．

例5 已知Ａ（４，０）、Ｂ（２，２）是椭圆ｘ２/２５＋ｙ２/９＝１内的点．Ｍ是椭圆上的点，求｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜的最值．

解：这里ａ＝５，ｂ＝３，ｃ＝４，Ａ（４，０）即椭圆右焦点Ｆ2．由于这一和式的最值难以寻觅，考虑将“＋”向“－”转化．

由椭圆定义得｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ2｜＝１０．

∴｜ＭＡ｜＝１０－｜ＭＦ１｜（Ｆ１为椭圆左焦点），

∴｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜＝１０＋（｜ＭＢ｜－｜ＭＦ１｜），（完成“＋”向“ －”的转化）

∵｜ＭＢ｜－｜ＭＦ１｜≤｜ＢＦ１｜＝２，

∴｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜≤１０＋２（当且仅当Ｍ为直线Ｆ１Ｂ与下半椭圆的交点时等号成立），

∴｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜的最大值为１０＋２．

同理可得｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜的最小值为１０－２（当且仅当 Ｍ为直线Ｆ１Ｂ与上半椭圆的交点时取得）．

例６ 已知０＜ｘ，ｙ，ｚ＜１，且ｘ＋ｙ＋ｚ＝２，求证：１＜ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ≤４/３．

分析与证明：根据题意，设ｘ＝１－ａ，ｙ＝１－ｂ，ｚ＝１－ ｃ，则有ａ，ｂ，ｃ∈（０，１），且ａ＋ｂ＋ｃ＝１．

∴ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ

＝（１－ａ）（１－ｂ）＋（１－ｂ）（１－ｃ）＋（１－ｃ）（１－ａ）

＝３－２（ａ＋ｂ＋ｃ）＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）

＝１＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）＞１．①

至此，上述问题转化为人们所熟悉的问题：

已知正数ａ、ｂ、ｃ，且ａ＋ｂ＋ｃ＝１．求证

ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ≤１/３．（化生为熟）

此时注意到３（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）－１

＝３（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）－（ａ＋ｂ＋ｃ）２

＝ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ－ａ２－ｂ２－ｃ２

＝－（１/２）［（ａ－ｂ）２＋（ｂ－ｃ）２＋（ｃ－ａ）２］≤０，

∴ ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ≤１/３．

于是由①得ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ≤４/３．②

综合①、②便证得１＜ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ≤４/３．