高中数学思想专题讲座-整体的思想方法

高中数学思想专题讲座 ---整体的思想方法

一、知识要点概述

解数学题时，人们往往习惯于从问题的局部出发，将问题分解成若干个简单的子问题，然后再各个击破、分而治之．但思考方法并非对所有题目都适用，它常常导致某些题解题过程繁杂、运算量大，甚至半途而废．其实，有很多数学问题，如果我们有意识地放大考察问题的“视角”，往往能发现问题中隐含的某个“整体”，利用这个“整体”对问题实施调节与转化，常常能使问题快速获解．一般地，我们把这种从整体观点出发，通过研究问题的整体形式、整体结构、整体特征，从而对问题进行整体处理的解题思想方法，称为整体思想方法．

在数学思想中整体思想是最基本、最常用的数学思想。它是通过研究问题的整体形式、整体结构，并对其进行调节和转化使问题获解的一种方法．简单地说就是从整体去观察、认识问题、从而解决问题的思想。运用整体思想，可以理清数学学习中的思维鄣碍，可以使繁难的问题得到巧妙的解决。它是数学解题中一个极其重要而有效的策略，是提高解题速度的有效途径。

高考中，整体思想方法是一个重点考查对象，在选择题、填空题、解答题中都有不同层次的渗透。

二、解题方法指导

1．运用整体的思想方法解题，要有强烈的整体意识，要认真分析问题的条件或结论的表达形式、内部结构特征，不拘泥于常规，不着眼于问题的各个组成部分，从整体上观察，从整体上分析，从整体结构及原有问题的改造、转化入手，寻找解题的途径。

2．运用整体的思想方法解题，在思维方向上，既有正向的，也有逆向的；在思维形态上，既有集中的，也有发散的，既有直观的，也有抽象的。

3．运用整体的思想方法解题，常与换元法结合起来，对题目进行整体观察、整体变形、整体配对、整体换元、整体代入，在运用整体的思想进行转化问题时一定要注意等价性。

三、整体的思想方法主要表现形式 1、整体补形

【例1】甲烷分子（CH4）由一个碳原子和四个氢原子组成，其空间构型为一个各条棱都相等的四面体，其中四个氢原子分别位于该四面体的四个顶点上，碳原子位于该四面体的中

心，它与每个氢原子的距离都相等．若视氢原子、碳原子为一个点，四面体的棱长为a，求碳原子到各个氢原子的距离．

思路：透过局部整体补形构建方程

解：显然，四面体的四个顶点在以中心（碳原子）为球心，中心到各顶点（氢原子）的距离为半径的球面上．如图，将此四面体ABCD补成正方体BD’，其中A’，B’，D’也在球面上．设碳原子到每个氢原子的距离为x，则2x= BD’，BD’、AB（a）、AA’之间的关

系是a=AB=

2AA’，2x=BD’=

643AA’，因此，

A’ B A 2x=364a．

a2，x即碳原子到各个氢原子的距离为a．

体的棱长搭桥立即建立联系，局部问题便在正方体这个整体

内快速获解，体现了整体补形较高的思维价值．在立几中，

我们常常将四面体补成正四面体或平行六四面体、正四面体补成正方体、过同一个顶点的三条棱两两垂直的三棱锥（或四面体）补成长方体、四棱锥补成平行六面体，等等．近几年的

图1 C B’ D’D 评注：这里，我们将一个正四面体补成一个正方体，则

正四面体的中心与各顶点的距离与正四面体棱长通过正方

高考题或高考模拟题中，经常出现这类问题，试题常常以选择题、填空题的形式出现，具有一定的创新性．复习中大家要注意总结这种问题的补形规律，力争在高考中速战速决．

【例2】、如图2，已知三棱锥子P—ABC，

PABC234,PBAC10,PCAB241，则三棱锥子P—ABC

的体积为（ ）。A40B80C160D240

分析：若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求出，但顶点到底面的高无法作出，自然无法求出。若能换个角度来思考，注意到三棱锥的有三对边两两相等，若能把它放在一个特定的长方体中，则问题不难解决。

解析：如图3所示，把三棱锥P—ABC补成一个长方体AEBG—FPDC，易知三棱锥P—ABC的各边分别是长方体的面对角线。不妨令PE=x,EB=y,EA=z，则由已知有：

x2y210022xz136x6,y8,z10，从而知 22yz164VPABCVAEBGFPDCVPAEBVCABGVBPDCVAFPCVAEBGFPDC4VPAEB681041668101602、整体展开

【例3】有一个各条棱长均为a的正四棱锥，现用一张正方形包装纸将其完全包住，不能剪裁，但可以折叠，求包装纸的最小边长．

思路：整体展开化归平几面积覆盖

解：将图4中的正四棱锥整体展开，变为图5中的平面图形，问题则转化为求一个最小的正方形将图5完全覆盖．顺次连结图5中的S1，S2，S3，S4，易证S1S2S3S4，为正方形，且为将图5完全包住的最小

S D

C

S3 D C 图5 A S1

B A 的正方形．于是其边长为： B

图4 13262220aa2acos15023aaa22S2

． 故包装纸的最小边长为

评注：为研究立体图形的某些特性，如表面积问题、

沿表面行走路径最短问题、包装问题、剪裁问题、制作

226a．

S4 问题等等，我们常常视立体图图5形为一个整体，将其

展开，变为平面图形，通过对平面图形的研究达到解决立几问题的目的．近几年的高考，加大了对这种解题思想方法的考查力度，试题常常以现实生活为背景，设计新颖，能有效考查学生的空间想象能力和综合能力．对此大家应引起重视．

3、整体补式

【例4】、求sin2200+cos2500+sin200cos500的解。 解：令A= sin2200+cos2500+sin200cos500 B= cos 2200+ sin 2500+ cos 200 sin 500 则A+B=2+sin700„„„① A-B= -12sin70 „„„② 340①+②得A=，故原式=

34

4、整体构形

【例5】、已知 x,y,z(0,1),求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1

分析：观察到：x+(1-x)=y+(1-y)=z+(1-z)=1及乘积式，联想到用面积公式。

证明：如图6，构造正三角形，则S△ABD+S△EFC+S△BDF=

1212x(1-y)sin600+

0

y(1-z) )sin60+

0

12z(1-x) )sin600

12×1×1×sin60<1，故

图6

x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1。

5、整体代换

【例6】、已知sinxsiny

22，求cosx+cosy的取值范围。

解：设u=cosx+cosy，将已知式与待求式两边平方得：

12sin22x2sinxsinysin22y，（1）

2ucosx2cosxcosycos12y。（2）

2（1）+（2）得：u222cos(xy)，即2cos(xy)u232，因为

22cos(xy)2，所以2u322，解得142u142。

所以142cosxcosy142。

点评：利用整体代换构建不等式也是求解此类问题的最基本的方法。

【例7】在数列{an}中，Sn为其前n项和，若a1=

32，a2=2且Sn+1－3Sn+2Sn－1+1=0(n≥2)，

试判断{an－1}(n∈N*)是不是等比数列，为什么？

思路：透过局部重新组合整体代换

解：将已知等式重新组合，得(Sn+1－Sn)－2(Sn－Sn－1)+1=0 又因为an+1=Sn+1－Sn，an=Sn－Sn－1(n≥2)， ∴an+1－2an+1=0，即an+1－1=2(an－1)， ∴

a2121321an11an1=2(n≥2)(*)

当n=1时，a112，因此（*）式对n∈N*成立．

故{an－1}(n∈N*)是等比数列．

评注：这里，如果将Sn+1、Sn与Sn－1均用求和公式代入，将会十分繁难，而从Sn+1－3Sn+2Sn

实施整体代换，解题过程十分简捷、明快．整体代换在解题中往往能起到－1+1=0整体着眼，

化难为易、化繁为简的作用，高考中以简化数列、解几运算居多．

6、整体换元

【例8】、已知x,yR,xy1，求xyxy的最大值 解析：由x,yR,xy1，首先想到用三角换元即令2222xcos.......(0,)，

ysin2t12122则xyxysincossincos，直接求解较困难，于是又令sincost(t(1,2])t212sincossincost122，从而有

2xyxysincossincost易知当t2即xy2212tt12212(t1)1

时，xyxy的最大值为2.

点评：本题利用整体换元成功地实现了二元函数问题一元化转化的目的，这是求解二元函数最值问题的最常用的思想方法。

7、整体设元

【例9】、已知密码3BCPQR=4PQRABC其中每个字母都表示一个十进制数字，试将这个密

码译成数字形式。

解析：此题有6个未知数，若依次求解，无法达到目的确良，注意到ABCPQR与PQRABC之间的轮换关系，可将ABC与PQR视为两个整体，分别设ABC=x,PQR=y,则3（1000x+y）=4(1000y+x)∴428x=571y∵x,y为三位数且428与571互奇,∴x=571,y=428∴所求密码为3571428=4428571.

【例10】已知tanαtanβ=3， tan

2=2，求cos(α＋β)的值．

思路：转换思维整体设元构建方程

1tan232=－．

5解：∵tan

2=2， ∴cos(α－β)=

1tan223设coscosx,sinsiny， 则cos(α－β)=xy①

53又

yx=3 ②， ①、②联立解得，

x=－20, 9

于是cos(α＋β)=x－y=

310y．

=－20. 评注：本题条件分散、联系隐蔽，企图由三角恒等变形求解难以达到目标．从待求cos(α＋β)与能求cos（α－β）中发现cosαcosβ和sinαsinβ两个整体，而这两个整体又恰好含在tanαtanβ中．因此，通过引进两个新元x， y，迅速构建出以x， y为未知数的方程组，使问题顺利获解．其中，整体换元是解题关键性的一步．整体换元是一种重要的解题方法，几乎每年的高考都要从不同的角度对其进行考查．

8、整体运算

【11】、椭圆内

x232弦P1P2被点P平分，求直线P1P2的方程。

分析：遵循常规思路，只需求出直线P1P2的斜率K，待定系数法写出直线P1P2的点斜式与椭圆方程联立消元后得一元二次方程，其两根为P1，P2两点横坐标，利用中点坐标公式及韦达定理可得关于K的方程，但运算量较大。

y21有一点P（1，1），一直线经过点P与椭圆交于P1，P2两点，

解：设P1（x1,y1），P2(x2,y2)则(x1x2)(x1x2)3x132y1221，

x232y2221， 两式相减得：

(y1y2)(y1y2)21,又P为P1P2中点，∴x1+x2=2,y1+y2=2∴

2(x1x2)3(y1y2)当x1≠x2时k=

y1y2x1x223,故所求的直线为：y-1=-23(x-1)，

即2x+3y-5=0,当x1=x2时，直线不满足条件，故故所求的直线为2x+3y-5=0。

我们观察与思考数学问题时，着眼结构的整体性，可以简化解题思路，有利于确定解题的突破口或者总体思路，在教学中，我们应积极引导学生装全面考虑问题，养成整体分析的思维习惯，培养良好的思维品质，以优化其数学素质。

9、整体联想

【例12】、若，，均为锐角，且满足cos2cos2cos2=1，求证

tantantan22

分析：由题设条件，易联想到长方体对角线的性质：“长方体的一条对角线与同一个顶点上的三条棱所成的角的余弦的平方和等于1”，于是构造长方体解题。

证明：如图7，设以a，b，c为长，宽，高的长方体ABCD-A1B1C1D1的对角线AC1与过点A的三条棱AD，AB，AA1所成的角分别为，，，，则tantanC1DADC1BABbcaacb2222222bca2acb，

图7

，

，三式相乘得：tantantan22。

tanC1A1AA1bac2abc点评：数学解题，由于题目中的特殊的结构形式，有时应充分发挥类比、联想，合理构造，从起到简捷理想的解题效果。

【例13】若对任意实数x和常数a，都有f (x+a)=周期函数，为什么？

思路：整体联想发现原型猜想论证

解：对抽象关系式作整体联想，立即发现其与tan(x+tanx为f(x)的一个原型，这里的a=的一个周期．事实上，

1f(xa)1f(xa)11f(x)1f(x)成立，试判断f (x)是不是

4)=41tanx1tanx极为相似，因此视

4，而tanx的周期π是的4倍，由此猜想4a是f(x)

11f(x)11f(x)=，

1f(x)f(x) f (x+2a)==11f(x)于是f (x+4a)=－

f(x2a)评注：对某些仅含有抽象的符号、抽象的结构式，用常规方法难以求解的数学问题，整

f(x)． 故f (x)是周期函数，且4a是它的一个周期．

体联想法，不失为一种有效途径．本例通过整体联想、发现原型，使我们迅速找到求解抽象

函数问题的思路．常见的抽象函数的原型还有：logax是f (xy)=f (x)+f (y)和f (

x)=f (x)

y－f (y)的一个原型；cosx是f (x+y)+f (x-y)=2f (x)f (y)的一个原型；kx是f (x+y)=f (x)+f (y)和f (x－y)=f (x) －f (y) 的一个原型； ax是f (x+y) =f (x)．f (y)和f (x－ y)=

f(x)f(y)的一个原型；等等．对抽象函数问题的考查在近几年的高考中有逐年增加数量的趋势，充分

体现了高考加大对理性思维能力考查的命题思想．

10、整体配方

【例14】 求函数y=

x5x422(x∈R)的最小值．

思路：转换思维整体配方放缩求解 解：y=

x41x422=

x4时等号成立，这显然是不可能的．说明利用均值不等式中的等号成立无法求出最小值，必须转换思维，另辟蹊径．

x4x4+

212≥2，当且仅当

x4=

212，即x2=－3

注意到

x4与

21x42的关系，尝试整体配方： )2 + 2，∵4x24≥2，－

4)2≥

12

≥－2， 2x421y=(4x24－

4∴(4x24－

41x41x4522， ∴y≥

12+2=

52，当且仅当x=0时等号成立，

故y的最小值是．

2评注：本题中整体配方后，就可以视4x24－

4整体配方法，常常能出奇制胜．

1x42为一个新的整体，通过研究

它的最小值，就能达到研究整个函数最小值的目的．在高考中，根据问题的特征，灵活运用

11、整体求导

【例15】已知f(x)=

12lg(x+1)，g(x)=lg(2x+t)．若当x∈[0，1]时，f(x)≤g(x)恒成

立，求实数t的取值范围．

思路：合理转化整体求导最值求解

解：f(x) ≤g(x)在[0，1]上恒成立，即x1－2x－t≤0在[0，1]上恒成立．

1视x1－2x－t为一个整体，令其为F(x)，对F(x)实施整体求导，得F’(x)=

2x1－2=

14x12x1．

∵x∈[0，1]，∴F’(x)<0，∴F(x)在[0，1]上单调递减，F(0)为其最大值． 于是F(x)≤0在[0，1]上恒成立F(x)在[0，1]上的最大值小于或等于零，即F(0)=1－t≤0，∴．t≥1．

故实数t的取值范围是t≥1．

评注：本例是含参数的恒成立不等式问题，常规解法涉及到分类讨论和建立较复杂的不等式组，对学生的要求比较高．而整体求导法，打破常规，巧用函数的最值使问题顺利获解，令人耳目一新．导数的引入，给传统的中学数学内容注入了生机与活力，为中学数学问题（如函数问题、不等式问题、解析几何问题等）的研究提供了新的视角、新的方法，拓宽了高考的命题空间．理解和掌握整体求导法，有助于我们开辟新的解题途径，提高创新能力．

12、整体改造

【例16】将一根长为16米的铁丝做成一个长方体骨架，且骨架的表面积为10米2，若不计接头处的误差，求能做成的长方体的最大棱长．

思路：观察联想整体改造合理化归

解：设长方体的长、宽、高分别为x米、y米、z米， 则 4(x+y+z)=16 2(xy+yz+zx)=10,

x+y+z=4 xy+yz+zx=5 对上述方程组实施整体改造，就有x+y=4－z 即 xy=5－z(x+y)， x+y=4－z xy=5－z(4－z)=z2－4z+5， ∴x，y是方程A2－(4－z)A+z2－4z+5=0的两实根， ∴△=(4－z)2－4(z2－4z+5)= －3z2+8z－4≥0 ∴

23≤z≤2， 当且仅当x=y=1时右等号成立，∴zmax=2．

由于x、y、z的地位一致，因此xmax=2， ymax=2． 故能做成的长方体的最大棱长为2米．

评注：这里，需要求z(或x、或y)的最大值，初看起来不知从何处入手，但关系式中的x+y与xy，使我们立即联想到根与系数的关系定理，按此思路作整体改造，果然获得成功．强化整体改造意识，有助于提高解决高考中新异问题的能力．

13、 整体构式

【例17】、已知a,b为两不相等的实数，且满足2a=5-2a,2b=5-3b,求

２

2

ba2ab2的值。

分析：依据常规，习惯于先求出ａ，ｂ，需分四种情况讨论，运算较繁，且易出错。若能整体把握。

ba2ab2＝

ba(ab)233(ab)3ab(ab)(ab)23只需求出ａ＋ｂ与ab易联想到韦

达定理根与系数的关系，问题可迎刃而解。

解：∵2a２=5-2a,2b2=5-3b且a≠b∴ａ与b是方程2x2+3x-5=0的两不相等实根， a+b=5-3a,ab=-52∴

∴易求

ba2ab2＝

ba(ab)233(ab)3ab(ab)(ab)23＝-

72．

点评：本题求解关键是如何把握条件及结论的整体结构，构造一元二次方程及根与系数的关系．

纵上所述，数学教学不能满足于单纯的知识灌输、就题论题，应在知识与能力之间架设一座桥梁，使学生掌握数学中最本质的东西——数学思想，尤其是整体思想，才会有利于学生清楚思维障碍，理解数学知识，有利于巧妙解决数学问题，发展创造性思维能力。