前言
我们一般认为 对于表达式 (f(-x)=-f(x)) 和 (f(-x)+f(x)=0) 是等价的， (S_{k+2})(+)(S_{k+1})(-)(2S_{k}=0) 和 (S_{k+2})(+)(S_{k+1})(=)(2S_{k}) 也是等价的，但是在具体的解题中，我们感觉他们似乎又不是等价的，或者准确的说，不同的表达形式蕴含的思维层次是不一样的。
案例剖析
证法1： 采用 (S_{k+2}+S_{k+1}=2S_{k}) 来证明；
由于 (S_{k+2}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+2}]}{1-(-2)}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+2}]}{3}) ，
则 (S_{k+1}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+1}]}{1-(-2)}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+1}]}{3}) ，
则 (S_{k}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k}]}{1-(-2)}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k}]}{3}) ，
又 (S_{k+2}+S_{k+1}=cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+2}]}{3}+cfrac{a_1cdot[1-(-2)^{k+1}]}{3})
(=cfrac{a_1[2+2cdot (-2)^{k+1}-(-2)^{k+1}]}{3}=cfrac{a_1[2+(-2)^{k+1}]}{3})
(2S_k=cfrac{2a_1[1-(-2)^k]}{3}=cfrac{a_1[2-2cdot (-2)^{k}]}{3}=cfrac{a_1[2+(-2)^{k+1}]}{3})
所以，(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_k) ，故对任意 (kin{N}^{*})， (S_{k+2})， (S_{k})， (S_{k+1}) 成等差数列.
证法2： 采用 (S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=0) 来证明；
对任意实数 (kin {N}^{*})， (S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=(S_{k+2}-S_{k})+(S_{k+1}-S_{k}))
(=a_{k+1}+a_{k+2}+a_{k+1}=2a_{k+1}+a_{k+1}cdot(-2)=0)
所以对任意 (kin{N}^{*})， (S_{k+2})， (S_{k})， (S_{k+1}) 成等差数列.
解后反思：1、对于等差数列的证明方法的依据，我们应该想起的是 ① 定义法：(a_{n+1})(-)(a_n)(=)(d)，和 ② 等差中项法：(a_{n+1})(+)(a_{n-1})(=)(2a_n)；当采用等差中项法证明此题目时，最应该想到的使用方法是等差中项法，从而想到采用 (S_{k+2})(+)(S_{k+1})(=)(2S_{k}) 来证明；这样的话，我们自然会想到采用等比数列的前 (n) 项和公式，通过分别计算左右相等的方式证明命题；
2、但是如果采用等差中项法的等价形式：(S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=0) 来证明，我们可以将左式变形为 ((S_{k+2})(-)(S_{k}))(+)((S_{k+1})(-)(S_{k}))，从而可以另辟蹊径，采用 (a_n)(=)(S_{n})(-)(S_{n-1}) 更一般化的定义式来确定变形，从而省略了大量的繁杂计算，证明过程简洁明快。
法1：采用验证 (f(-x)=pm f(x)) 的思路变形得到， 变形的难度较大；
(f(-x)=ln(sqrt{x^2+1}+x)=ln(cfrac{1}{sqrt{x^2+1}-x}))
(=ln(sqrt{x^2+1}-x)^{-1}=-ln(sqrt{x^2+1}-x)=-f(x))
即函数(f(x))为奇函数；
备注：其中用到的公式注解，((sqrt{x^2+1}+x)(sqrt{x^2+1}-x)=1)；
法2：采用定义的等价式验证， (f(-x)pm f(x)=0)，变形运算的难度很小；
由于(f(x)=ln(sqrt{x^2+1}-x))，则(f(-x)=ln(sqrt{x^2+1}+x))，
即(f(x)+f(-x)=ln(sqrt{x^2+1}-x)+ln(sqrt{x^2+1}+x)=ln1=0)，即函数(f(x))为奇函数；
分析：同上例，可知(g(-x)=lg(sqrt{sin^2x+1}mp sinx))，
即(g(x)+g(-x)=lg1=0)，即函数(g(x))为奇函数；
解后反思：虽然说 (f(-x)=-f(x)) 和 (f(-x)+f(x)=0) 是等价的，但是有时候我们感觉二者是有区别的，尤其是涉及到对数型函数的奇偶性的判断时，更是如此；很明显，利用 (f(-x)+f(x)=0) 变形的同学的思维层次水平要更高一些，能节省较多时间。
思维提升
那么，如何提升我们的思维层次呢？暂时能想到的是：
1、碰到有关恒等变形的表达式，自己有意识的对其作以拓展延伸，用恒等变形的各种不同形式，培养和延伸思维触突，已延展思维链条，活化思维。
实例1，关于数列的变形延申，比如碰到数列中的 (a_n=n^2+n)，可以考虑将其写为 (a_n=n^2+n=n(n+1))，这样若用到 (cfrac{1}{a_n})，自然就能想到 (cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})，
实例2，关于函数的变形延伸，如(f(x)=cfrac{x^2-2x+2}{x-1})(=)(cfrac{(x-1)^2+1}{x-1})(=(x-1)+cfrac{1}{x-1})，便于利用模板函数 (y=x+cfrac{1}{x}) 变形得到(f(x))；
实例3，关于函数 (x=cfrac{1-t}{1+t}=cfrac{-t-1+2}{1+t}=-1+cfrac{2}{1+t})，对于表达式 (x=cfrac{1-t}{1+t}) 我们就不容易看清其单调性，但是当变形为 (x=-1+cfrac{2}{1+t}) 时，做其图像和判定单调性就变得非常容易了。
2、相同的数学公式的不同使用场景和不同使用条件的熟悉和强化，有助于提升思维层次；
实例3、三角形的面积公式的各种使用场景
当涉及直线和圆锥曲线问题求三角形的面积时，常使用 (S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2} imes a imes h_a)；
当涉及极坐标求三角形的面积时，常使用 (S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2} imes ho_1 imes ho_2 imes sin( heta_1- heta_2))；
当涉及三角函数和解三角形问题求三角形的面积时，常使用 (S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2} imes a imes b imes sinC)；
3、简洁清晰的恒等变形的结果带来的便利性会催生我们对思维的提升；
解法一： 方程 (f(x)=cfrac{k}{x}) 可化为 (xcdot f(x)=k)，
令 (g(x)=xf(x))， 则 (g(x)=left{egin{array}{l}x^{2}-4x, &xgeqslant 4, \ -x^{2}+4x, &x<4.end{array} quad ight.)
作出 (g(x)) 的图象，如图所示， 方程 (xf(x)=k) 有三个互不相等的实根 (x_{1}, x_{2}, x_{3})，
等价于函数 (g(x)) 的图象与直线 (y=k) 有三个不同的交点，
结合图象可知 (0<k<4)， 不妨设 (x_{1}<x_{2}<x_{3})， 由图象可知 (x_{3}>4)，
由二次函数 (y=-x^{2}+4 x)的图象关于直线 (x=2) 对称可知，(cfrac{x_{1}+x_{2}}{2}=2)，
即 (x_{1}+x_{2}=4)，令 (x^{2}-4x=4)， 解得 (x=2pm 2sqrt{2}), 所以 (4<x_{3}<2+2sqrt{2}),
所以 (4+4<x_{1}+x_{2}+x_{3}<4+2+2sqrt{2})，即 (8<x_{1}+x_{2}+x_{3}<6+2sqrt{2})，. 故选 (D).
解法二：直接利用题目给定的条件，拆分为函数 (y=f(x)) 和函数 (y=cfrac{k}{x})有三个不同的交点，如下图所示，
由图可知， 函数 (y=cfrac{k}{x}) 与 函数 (y=-x+4(x<4)) 应该有两个交点(x_1)，(x_2)(不妨令 (x_1<x_2) )，函数 (y=cfrac{k}{x}) 与 函数 (y=x-4(xgeqslant 4)) 应该有一个交点(x_3)( (x_3>4) )，
由 (f(x)=left{egin{array}{l}y=-x+4,&xgeqslant 4\y=cfrac{k}{x},&x>0，k>0end{array} ight.) 可得到，
(x^2-4x+k=0)，则由韦达定理可知 (x_1+x_2=4)，
且由 (x^2-4x+k=0)可知， 当 (k=4)时，(y=-x+4(x<4))和 (y=cfrac{k}{x}) 相切，
当(k>4)时，(y=-x+4(x<4))和 (y=cfrac{k}{x}) 相离，不满足有三个交点的情形，
当(0<k<4)时， (y=-x+4(x<4))和 (y=cfrac{k}{x}) 有两个交点，(y=x-4(xgeqslant 4))和 (y=cfrac{k}{x}) 有一个交点，满足题意；
在此动态变化过程中，可以看出 (x_3) 的范围的下限为 (4)，其上限的求解，需要 (k=4)，
从而联立 (y=cfrac{k}{x}) 和 (y=x-4(xgeqslant4)) 求解得到 (x_3=2+2sqrt{2})(舍去 (x_3=2-2sqrt{2}) )，
故得到 (4<x_3<2+2sqrt{2})，
所以 (4+4<x_{1}+x_{2}+x_{3}<4+2+2sqrt{2})，即 (8<x_{1}+x_{2}+x_{3}<6+2sqrt{2})，. 故选 (D).
解后反思：在由数转化为形的过程中，我们有两个变形的思路：其一，[首先想到，也最容易想到的]直接利用题目给定的条件，拆分为函数 (y=f(x)) 和函数 (y=cfrac{k}{x})有三个不同的交点；其二，先转化为方程 (xf(x)=k) 有三个互不相等的实根 (x_{1}, x_{2}, x_{3})，再转化为利用形来求解，相比而言，明显此思路要更先进一些，思维的层次就更高一些，作图也便利，还能利用函数的对称性。
4、各种常见常用的数学式之间的恒等变形需要我们有意识的记忆、积累，以便于转化划归，比如根式，分式，换元法，对勾函数等等常用素材的融合使用。
(=cfrac{1}{2}cdot 1cdotsqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}})
(=cfrac{1}{2} sqrt{cfrac{4m^{2}}{(2+m^{2})^{2}}+cfrac{4}{2+m^{2}}})
(=cfrac{sqrt{2}sqrt{1+m^{2}}}{2+m^{2}})
(=cfrac{sqrt{2}}{sqrt{1+m^{2}}+cfrac{1}{sqrt{1+m^{2}}}}),
设 (t=sqrt{1+m^{2}}geqslant 1)， 则 (y=t+cfrac{1}{t}) 在 (tin[1,+infty)) 单调递增，
所以 (t=1) 时， 此时即 (m=0) 时， (y=2) 最小，
即当 (m=0)时， ((S_{ riangle AOB})_max =cfrac{sqrt{2}}{2}).
5、灵活巧妙的利用恒等变形，可以拓展我们的思维，延申思维的触角，让我们的思维走的更远
证明：当 (a=1) 时， 函数 (f(x)=e^x-lnx-cfrac{m^2}{2} (x>0))， 则 (f'(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})，
令 (g(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})，则 (g'(x)=e^x+cfrac{1}{x^2})，
因为 (g'(x)>0)，所以函数 (g(x)) 在 ((0,+infty)) 上单调递增，
又因为 (g(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)，(g(1)={e}-1>0)，
所以存在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1))，使 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}})， 可得 (x_{0}=-ln x_{0})这一步变换是非常关键的一步，在下面求最值时，需要用到这些变换，以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 ({e}^{x_0}-ln x_{0})等价转化为 容易求最值的函数(cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})，
所以对任意 (xin(0,x_{0}))，(g(x)<0)， 即 (f'(x)<0)，
函数 (f(x)) 在 ((0,x_0)) 上单调递减，
对任意 (xin(x_{0},+infty))， (g(x)>0)， 即 (f'(x)>0)，
函数 (f(x)) 在 ((x_0,+infty)) 上单调递增，
所以 (f(x)_{min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2})，
要证明函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方，只需证明 (f(x)_{min}>0)，
即当 (x_0in (cfrac{1}{2},1)) 时，({e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2}>0) 恒成立，
即 (cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-ln x_{0}=cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}) 在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 上恒成立，
因为当 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 时，函数 (u(x_0)=cfrac{1}{x_0}+x_0) 是减函数，
所以 (2<cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<cfrac{5}{2})，
即 (cfrac{m^2}{2}leqslant 2) ，解得 (-2leqslant mleqslant 2)，
所以，当 (a=1) 时，对任意 (min [-2,2]) ，函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方.
6、积累常用的恒等变形式，透彻理解变形的目的，有助于提升我们的数学思维；
(e^{x+1})(cdot)(f(2x-1))(-)(f(x-2))(>0)
(Leftrightarrow) (cfrac{e^{2x-1}}{e^{x-2}}f(2x-1)-f(x-2)>0)
(Leftrightarrow) (e^{2x-1}cdot f(2x-1)>e^{x-2}cdot f(x-2))，
辅助说明：(e^{x+1}=e^{(2x-1)-(x-2)}=cfrac{e^{2x-1}}{e^{x-2}})
典例剖析
【法1】：如图所示，由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，
设(BD=CD=y)，(AB=x)，(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，
在( riangle ABC)中，(AB=x)，(AC=4)，(BC=2y)，(A=120^{circ})，
则由余弦定理得到((2y)^2=x^2+16-2cdot 4xcdot cos120^{circ})①，
又在( riangle ADB)和( riangle ADC)中，由(cosalpha+coseta=0)，得到(cfrac{7+y^2-x^2}{2sqrt{7}y}+cfrac{7+y^2-16}{2sqrt{7}y}=0)②，
联立①②，得到(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。
【法2】：由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，
由于点(D)为(BC)的中点，利用向量方法，
(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AD})，两边平方，得到
(|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{AC}|^2+2overrightarrow{AB}cdot overrightarrow{AC}cos120^{circ}=4|overrightarrow{AD}|^2)，
即(x^2+16+2cdot xcdot 4cdot (-cfrac{1}{2})=28)，
化简为(x^2-4x-12=0)，解得(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。
【解后反思】：法1为通法，运算难度较大，法2为特殊解法，运算简洁，但是如果点(D)变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现 (overrightarrow{AB})(+)(overrightarrow{AC})(=)(2overrightarrow{AD}) 或者 (overrightarrow{AD})(=)(cfrac{1}{2})((overrightarrow{AB})(+)(overrightarrow{AC})) ，意味着点 (D) 为 (BC) 的中点。
思路一： (f(x)=sqrt{3}cos2x-2cos xsin x=sqrt{3}cos2x-sin2x=2cos(2x+cfrac{pi}{6}))，
令 (2x+cfrac{pi}{6}=kpi)，((kin Z))，解得对称轴方程 为 (x=cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{12})，((kin Z))，
思路二： (f(x)=sqrt{3}cos2x-2cos xsin x=sqrt{3}cos2x-sin2x=-2sin(2x-cfrac{pi}{3}))，
令 (2x-cfrac{pi}{3}=kpi+cfrac{pi}{2})，((kin Z))，解得对称轴方程 为 (x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{5pi}{12})，((kin Z))，
问题：这两个对称轴方程一样吗？为什么？
二者是一样的， 在 (x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{5pi}{12}) ，((kin Z))中，
令 (k=n-1)，则 (x=cfrac{(n-1)pi}{2}+cfrac{5pi}{12}=cfrac{npi}{2}-cfrac{pi}{12})，((nin Z))，
再换参数表达，也即 (x=cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{12})，((kin Z))，故是一样的，
另外针对的是同一个函数所作的恒等变形，故结果一定应该是一样的。