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方法6　整体考虑
PART ONE
　　整体考虑，就是对于一个数学问题，要着眼整体，胸怀全局.通过对局部与整体的对比、联想、分析，挖掘和发现局部与整体的内在联系，有目的、有意识地整体处理，从而简洁、高效地解决问题.整体考虑主要包括整体换元、整体复原、整体构造等.
【例1】　（整体换元）已知直线y＝kx＋4交椭圆 ＋y2＝1于M，N两
点，O是坐标原点，且直线OM，ON的斜率k1，k2满足k1＋k2＝2，则该
直线的方程为 .
y＝－15x＋4
解析：设M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组得
＋y2＝（ ）2，整理并齐次化处理，可得15（ ）2＋2k（ ）＋4－k2
＝0.显然该方程的两根就是k1＝ ，k2＝ ，所以 ＋ ＝－ ＝2，解
得k＝－15，则所求直线方程为y＝－15x＋4.
训练1　已知 ＋ ＝1（a＞0，b＞0），则2a＋4b的最小值为
.
解析：设则 ＋ ＝1（m＞0，n＞1），2a＋4b＝m＋3n
－3.因为m＋3n＝（m＋3n）（ ＋ ）＝ ＋ ＋4≥4＋2 ，当且仅
当m＝ n＝ ＋1时等号成立，所以（2a＋4b）min＝1＋2 .
1＋2
【例2】　（整体复原）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数
不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以正
方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六
个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为 ，则该多
面体外接球的表面积为（　　）
A. 8π B. 4π
C. 2π D. π
√
解析：　将“阿基米德多面体”补全为正方体，如图所
示.则图中“阿基米德多面体”的两个顶点E，F分别为
正方体两棱AB，BB1的中点，由题知EF＝ ，易知
BE⊥BF，BE＝BF，可得BE＝BF＝1，所以正方体的
棱长为2，该多面体的外接球即正方体ABCD-A1B1C1D1
的棱切球，棱切球的直径为该正方体的面对角线长，为
2 ，因此该多面体的外接球的半径为 ，所以其表面
积为S＝4π×（ ）2＝8π.故选A.
训练2　如图，在四面体A-BCD中，AB＝CD＝ ，AC＝BD＝
2 ，AD＝BC＝ ，则该四面体的外接球半径为 　 　.

解析：将四面体A-BCD补形，复原到长方体中，如图，
设补形所得长方体的长、宽、高分别为x，y，z，则
解得x2＋y2＋z2＝77＝（2R外接球）2，所
以外接球的半径为 .
【例3】　（整体构造）若对任意实数x，恒有a cos x＋b cos 2x＋1≥0成
立，则（a＋b）max＝ .
解析：因为a＋b中a，b系数相同，不妨令 cos x＝ cos 2x＝2 cos 2x－1，
于是取x＝ π，则有（a＋b）·（ － ）＋1≥0，即a＋b≤2；下面检验a
＋b＝2是否能取到：当a＋b＝2时，a cos x＋b cos 2x＋1＝2b cos 2x＋
（2－b） cos x＋1－b≥0恒成立，即b（2 cos 2x－ cos x－1）＋2 cos x＋
1＝（2 cos x＋1）·[b（ cos x－1）＋1]≥0恒成立，故 cos x＝ ＝－ ，
解得b＝ ，a＝ ，此时对任意实数x，恒有a cos x＋b cos 2x＋1≥0成
立，所以（a＋b）max＝2.
2
训练3　已知数列{an}满足a1＝ ，an＋1＝an－ （n∈N*），且0＜
an≤ .设数列{ }的前n项和为Sn，证明： ＜ ≤ .
证明：因为an＋1＝an－ ，所以 ＝an－an＋1，Sn＝（a1－a2）＋（a2
－a3）＋…＋（an－an＋1）＝a1－an＋1，
由an＋1＝an（1－an）知 － ＝ .
因为0＜an≤ ，所以1＜ － ≤2，即n＜ － ≤2n，
于是n＋2＜ ≤2（n＋1），即 ≤an＋1＜ .
从而证得 ＜Sn≤ ，即 ＜ ≤ .

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