运用整体思维解题“五法”

纪相林

摘要：整体思维是一种从全局去发现问题、认识问题、解决问题的思维方式，也是试图通过对问题的总体形式、结构与特征的研究，进而采用某种转化技巧最终使问题得到解决的一种解题方法.本文中结合典型实例，探讨和总结了运用整体思维解题的五种方法与技巧.

关键词：整体思维;整体代入;整体观察;整体配对;整体联想;合设方程

1 引言

在解数学题时，学生常习惯于“由小到大”的思维模式，就是从较复杂的“大问题”中的“小问题”入手，先解决较简单的小问题，然后再由小到大，积少成多，逐步扩大战果.但是这种常规的方法并非万能钥匙，面对有些特殊问题，我们深感运算量大、过程繁杂，甚至还可能陷入半途而废的困境.这时，不妨换个思路，站在宏观的角度，把待解决的“大问题”看作是一个整体，通过“聚焦”研究问题的形式、结构与特征，有针对性地采用“代入、联想、合设方程”[1]等多种转化的方法与技巧，最终达到化繁为简、解决问题的目的.

下面结合典型例题，探讨运用“整体思维”解决数学问题的方法与技巧.

2 “整体思维”在解题中的运用

2.1 整体代入法

有些问题在求解时，不能（或不需）分别求出各个量的具体值，只需考虑求出这些量所构成的某代数式的整体值，就能达到解题的目的.

例1已知直棱柱的底面是等腰梯形，且梯形对角线和梯形底边的夹角为α，棱柱的侧面积为Q，设此直棱柱有内切圆柱，求该圆柱的侧面积.

解：如图1，梯形ABCD（AB

的底面，作BE⊥CD于点E.由

AB∥CD，AD=BC，易证

2DE=AB+CD.

又根据切线性质，得

AD+BC=AB+CD.

所以DE=AD=BC，故梯形的周长为4DE.

设棱柱的高为h，圆柱的底面半径为R，那么

Q=4DE＼5h.

在Rt△BED中，DE=BE＼5cot α=2R＼5cot α.

所以Q=8Rhcot α，则Rh=18Q＼5tan α.

所以S圆柱=2πRh=14πQ＼5tan α.

点评：如果按照常规解法，首先设直棱柱的高为h，圆柱底面半径为R，则S圆柱=2πRh，但是如何求Rh的值呢？这是关键所在.联想到Rt△BED与等腰梯形、直棱柱同高的特点，我们就可以避开直接计算Rh，而是选择将Rh整体代入的方法.这种避繁就简的方法在立体几何中会经常用到.

2.2 整体观察法

整体观察就是从宏观的角度来考察问题的结构与特点，从而找到解决问题的突破口.

例2设对所有实数x，不等式x2log24（a+1）a+2xlog22aa+1+log2（a+1）24a2>0恒成立，求a的取值范围.

解：由原不等式变形，得

x2log28a+12a+2xlog2a+12a-1+log2a+12a2>0.

即3x2+[（x-1）2+1]log2a+12a>0.

该不等式对所有实数x恒成立的充要条件是

log2a+12a>0a+12a>10

所以a的取值范围是（0，1）.

点评：通过整体观察，发现不等式左边的三个对数式可以转化为同一类形式.因此，先把不等式变形化简后再求解，这样就避免了繁琐的运算过程.这显然比通常利用二次函数的性质求解简单得多.

2.3 整体配对法

对有些特征明显的习题，我们可以根据题型的特点，相应地配出与其相匹配的另一个整体，然后再根据相互之间的关系求解.

例3求sin220°+cos280°+3sin 20°cos 80°的值.

解：设a=sin220°+cos280°+3sin 20°cos 80°，

b=cos220°+sin280°+3cos 20°sin 80°.则

a+b=2+3sin 100°=2+3cos 10°   ①

a-b=-cos 40°+cos 160°+3sin（20°-80°）=-（cos 40°+cos 20°）-32×3

=-3cos 10°-32②

由①+②，得a=14.

所以sin220°+cos280°+3sin 20°cos 80°=14.

点评：本题充分展示了整体配对法快捷解题的优越性，避免了繁琐的计算，简洁明快，一气呵成.本题也可以配b=cos220°+sin280°-3cos 20°sin 80°，一般我们把这种方法叫做和式配对[2].

2.4 整体联想法

所谓整体联想，就是通过分析问题的整体结构或特点，找出知识点之间的相似性、相关性等，运用有关知识来解决问题.

例4求证：x-y1+xy+y-z1+yz+z-x1+zx=x-y1+xy＼5y-z1+yz＼5z-x1+zx.

证明：令tan α=x，tan β=y，tan γ=z，其中α，β，γ均不等于kπ+π2（k∈Z）.

因为（α-β）+（β-γ）+（γ-α）=0，所以

tan[（α-β）+（β-γ）+（γ-α）]=0.

整理，可得tan（α-β）+tan（β-γ）+tan（γ-α）=

tan（α-β）tan（β-γ）tan（γ-α）.

展开，整体联想，代换，即得

x-y1+xy+y-z1+yz+z-x1+zx=x-y1+xy＼5y-z1+yz＼5z-x1+zx.

点评：经过观察和联想，我们发现原题待证式中的分式与正切的差角公式相似，而且整个等式又与三角形中的公式tan A+tan B+tan C=tan A＼5tan B＼5tan C[3]相似，所以可以仿其形式，采用整体联想、合理代换的方法轻松完成证明.

2.5 合设方程法

对具有某种性质的两条曲线，如果把它们的方程从整体上合设成一种表达式，就可以收到化繁为简的效果.

例5如图2，已知直线y=kx+m与双曲线x2a2-y2b2=1（a，b>0）及其渐近线分别交于点A，B及C，D.

求证：AC=BD.

证明：将双曲线及其渐近线

的方程合写成x2a2-y2b2=λ（λ=0或1）

，与直线y=kx+m联立，消去y，得

（b2-a2k2）x2-2kma2x-（m2+λb2）a2=0.

设直线与曲线的交点坐标分别为（x1，y1） ，（x2，y2）.

根据韦达定理，可知x1+x2=2kma2b2-a2k2.

所以，两交点连线段中点的横坐标为

x1+x22=kma2b2-a2k2.

这说明不管是λ=0还是λ=1，曲线x2a2-y2b2=λ与直线y=kx+m所得的两个交点连线段中点的横坐标相同（与λ无关），则它们的纵坐标也一定相同.

所以，线段AB和CD的中点重合.

故AC=BD.

点评：本题如果从求出A，B，C，D四个交点的坐标入手，显然十分繁琐，所以要另寻思路.经过对图形的观察我们发现，AC=BD等价于线段AB和CD的中点重合.又发现两渐近线的方程为x2a2-y2b2=0，与双曲线方程的左边完全相同.由此产生新的思路：把两个方程合写成x2a2-y2b2=λ（λ=0或1），只需证明直线y=kx+m与曲线x2a2-y2b2=λ（λ=0或1）的两个交点连线段中点的坐标与λ无关就行了.

3 结论

从上述各例的技巧分析中可以看出，运用整体思维法来解决数学问题，具有极大的优越性与实用性.学生如果学会运用整体思维法来思考问题，就能够不断地开阔思路，激发灵感，灵活自如地运用并创新出一些更实用的方法和技巧[4]，最终达到提高解题速度与质量的目的.

参考文献：

[1]沈山剑.学会整体思维 提高解题技能[J].师范教育，1992（10）：26.

[2]徐江培.例谈整体解题的思维和方法[J].中学数学月刊，1999（4）：37-39.

[3]曹培福.运用整体思维的方法解题[J].数理化解题研究（初中版），2010（3）：24-26.

[4]于红平.运用整体思维，力求高效解题[J].数学学习与研究，2011（13）：88，90.