高考数学（文）一轮复习教师用书第六章第四节合情推理与演绎推理

第四节合情推理与演绎推理1．合情推理类型定义特征归纳推理由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理由部分到整体、由个别到一般类比推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理由特殊到特殊合情推理归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理2．演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．()(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．()(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．()(4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A．an＝3n－1 B．an＝4n－3C．an＝n2 D．an＝3n－1解析：选Ca1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.3．“因为指数函数y＝ax(a>0且a≠1)是增函数(大前提)，又y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于()A．大前提错误导致结论错B．小前提错误导致结论错C．推理形式错误导致结论错D．大前提和小前提错误导致结论错解析：选A当a>1时，y＝ax为增函数；当0<a<1时，y＝ax为减函数，故大前提错误．4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．解析：由平面图形的面积类比立体图形的体积得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的底面积之比为1∶4，对应高之比为1∶2，所以体积比为1∶8.答案：1∶8eq\a\vs4\al(考点一类比推理)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]类比推理在高考中不常考，可能以选择题和填空题的形式呈现，难度中等偏下.1．给出下面类比推理(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“a，c∈C，则a－c＝0⇒a＝c”；②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“a，b，c，d∈Q，则a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)⇒a＝c，b＝d”；③“a，b∈R，则a－b＞0⇒a＞b”类比推出“若a，b∈C，则a－b＞0⇒a＞b”；④“若x∈R，则|x|＜1⇒－1＜x＜1”类比推出“若z∈C，则|z|＜1⇒－1＜z＜1其中类比结论正确的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B类比结论正确的有①②.2．(2018·黑龙江检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则____________________成等比数列．解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．答案：T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)3．若P0(x0，y0)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么对于双曲线，则有如下命题：若P(x0，y0)在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是________．解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切点弦方程为eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝14．半径为x(x>0)的圆的面积函数f(x)的导数等于该圆的周长的函数．对于半径为R(R>0)的球，类似的结论为____________________________．解析：因为半径为x(x>0)的圆的面积函数f(x)＝πx2，所以f′(x)＝2πx.类似地，半径为R(R>0)的球的体积函数V(R)＝eq\f(4,3)πR3，所以V′(R)＝4πR2.故对于半径为R(R>0)的球，类似的结论为半径为R(R>0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数．答案：半径为R(R>0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数[怎样快解·准解]1．常见类比推理的几个角度(1)低维与高维类比；(2)等差数列与等比数列类比；(3)数的运算与向量的运算类比；(4)圆锥曲线间的类比．2．类比推理的分类及处理方法类别解读适合题型类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解已知熟悉定义类比新定义类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键平面几何与立体几何、等差数列与等比数列类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法eq\a\vs4\al(考点二归纳推理)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——追根溯源)归纳推理是每年高考的常考内容，题型多为选择题和填空题，难度稍大，属于中高档题.,常见的命题角度有：1与数字有关的推理；2与式子有关的推理；3与图形有关的推理.[题点全练]角度(一)与数字有关的推理1．从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为()A．2018 B．2019C．2020 D．2021解析：选B根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a，则第二层的三个数为a＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数为a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，这九个数之和为a＋3a＋24＋5a＋80＝9由9a＋104＝2021，得a＝213，是自然数，故选角度(二)与式子有关的推理2．观察下列等式：1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)；1＋3＋6＋…＋eq\f(1,2)n(n＋1)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)；1＋4＋10＋…＋eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,24)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)；……可以推测，1＋5＋15＋…＋eq\f(1,24)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝________________________.解析：根据式子中的规律可知，等式右侧为eq\f(1,5×4×3×2×1)·n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)＝eq\f(1,120)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)．答案：eq\f(1,120)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)角度(三)与图形有关的推理3．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n行黑圈的个数为an，则a2018＝________.解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1,0)，第2行记为(2,1)，第3行记为(5,4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14,13)，同理可得第5行的“坐标”为(41,40)，第6行的“坐标”为(122,121)，….各行黑圈数乘2，分别是0,2,8,26,80，…，即1－1,3－1，9－1,27－1,81－1，…，所以可以归纳出第n行的黑圈数an＝eq\f(3n－1－1,2)(n∈N*)，所以a2018＝eq\f(32017－1,2).答案：eq\f(32017－1,2)[题“根”探求]看个性角度(一)与数字有关的推理，仔细观察数字之间的特点，找出等式左右两侧的规律角度(二)与式子有关的推理，分析每个式子的特点，找到规律后可解角度(三)与图形变化有关的推理，借助特殊图形归纳推理得出结论找共性1.归纳推理是通过观察个别情况发现某些相同本质；从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题，即eq\x(实验、观察)→eq\x(概括、推广)→eq\x(猜测一般性结论)2.破解归纳推理的思维步骤[冲关演练]1．(2018·济宁模拟)已知ai>0(i＝1,2,3，…，n)，观察下列不等式：eq\f(a1＋a2,2)≥eq\r(a1a2)；eq\f(a1＋a2＋a3,3)≥eq\r(3,a1a2a3)；eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,4)≥eq\r(4,a1a2a3a4)；……照此规律，当n∈N*，n≥2时，eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥________.解析：根据题意有eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)(n∈N*，n≥2)．答案：eq\r(n,a1a2…an)2．某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来eq\f(1,3)的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，…，依此规律得到n级分形图．则n级分形图中共有________条线段．解析：分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图有3＝3×2－3条线段，二级分形图有9＝3×22－3条线段，三级分形图中有21＝3×23－3条线段，按此规律n级分形图中的线段条数an＝3×2n－3.答案：3×2n－3eq\a\vs4\al(考点三演绎推理)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)演绎推理是高考考查的重点内容，主要考查其推理的思维过程，常以三角函数、数列、不等式、立体几何、解析几何等知识的证明题形式或以现实生活中的一些推理为背景的形式出现，三种题型均有涉及，难度中等偏上.[典题领悟]数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．证明：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.故eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)．(小前提)又∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)[解题师说]1．演绎推理(三段论)证明的基本模式(1)大前提——已知的一般原理；(2)小前提——所研究的特殊情况；(3)结论——根据一般原理对特殊情况做出的判断．2．演绎推理的推证规则(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．(2)演绎推理常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．如本例中应验证S2＝4a1[冲关演练]已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．证明：设x1，x2∈R，取x1<x2，则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，∵x1<x2，∴f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．∴y＝f(x)为R上的单调增函数．普通高中、重点高中共用作业(高考难度一般，无须挖潜)A级——基础小题练熟练快1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确 B．大前提不正确C．小前提不正确 D．全不正确解析：选C因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确.2．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是()A．设数列{an}的前n项和为Sn.由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcosx为奇函数C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，推断：椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面积S＝πabD．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析：选A选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列{an}是等差数列，其前n项和等于Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确．3．(2018·衡水三调)来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起．他们除懂本国语言外，每人还会说其他三国语言中的一种．有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译．针对他们懂的语言，正确的推理是()A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英解析：选A分析题目和选项，由①知，丁不会说日语，排除B选项；由②知，没有人既会日语又会法语，排除D选项；由③知乙、丙、丁不会同一种语言，排除C选项，故选A.4．在用演绎推理证明通项公式为an＝cqn(cq≠0)的数列{an}是等比数列的过程中，大前提是()A．an＝cqnB.eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)C．若数列{an}满足eq\f(an＋1,an)(n∈N*)是常数，则{an}是等比数列D．若数列{an}满足eq\f(an＋1,an)(n≥2)是常数，则{an}是等比数列解析：选C证明一个数列是等比数列的依据是等比数列的定义，其公式表示为eq\f(an＋1,an)(n∈N*)或eq\f(an,an－1)(n≥2)是常数．5．若等差数列{an}的前n项之和为Sn，则一定有S2n－1＝(2n－1)an成立．若等比数列{bn}的前n项之积为Tn，类比等差数列的性质，则有()A．T2n－1＝(2n－1)＋bn B．T2n－1＝(2n－1)bnC．T2n－1＝(2n－1)bn D．T2n－1＝beq\o\al(2n－1,n)解析：选D在等差数列{an}中，a1＋a2n－1＝2an，a2＋a2n－2＝2an,…，故有S2n－1＝(2n－1)an，在等比数列{bn}中，b1b2n－1＝beq\o\al(2,n)，b2·b2n－2＝beq\o\al(2,n)，…，故有T2n－1＝b1b2…b2n－1＝beq\o\al(2n－1,n).6．(2018·渭南一模)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：他们研究过图中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，故将其称为三角形数，由以上规律，知这些三角形数从小到大形成一个数列{an}，那么a10的值为()A．45 B．55C．65 D．66解析：选B第1个图中，小石子有1个，第2个图中，小石子有3＝1＋2个，第3个图中，小石子有6＝1＋2＋3个，第4个图中，小石子有10＝1＋2＋3＋4个，……故第10个图中，小石子有1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55个，即a10＝55，故选B.7．(2018·咸阳二模)观察下列式子：eq\r(1×2)<2，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)<eq\f(9,2)，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)<8，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋eq\r(4×5)<eq\f(25,2)，……，根据以上规律，第n(n∈N*)个不等式是____________________．解析：根据所给不等式可得第n个不等式是eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2)(n∈N*)．答案：eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2)8．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照图中的规律，第n个“金鱼”需要火柴棒的根数为________．解析：由题意知，第1个图中有8根火柴棒，第2个图中有8＋6根火柴棒，第3个图中有8＋2×6根火柴棒，……，依此类推，第n个“金鱼”需要火柴棒的根数为8＋6(n－1)＝6n＋2.答案：6n＋29．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：由题意知，凸函数满足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，又y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)10．(2018·岳阳月考)观察下列不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜想第n个不等式为______________．解析：观察给出的式子可得出如下规律：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)>1＝eq\f(2,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,23－1)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,24－1)>2＝eq\f(4,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,25－1)>eq\f(5,2)，……猜想：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)，n∈N*.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)，n∈N*B级——中档题目练通抓牢1．在等比数列{an}中，若am＝1，则有a1a2…an＝a1a2…a2m－1－n(n<2m－1，且n∈N*)成立，在等差数列{bn}中，若bm＝0A．b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n<2m－1，且n∈NB．b1b2…bn＝b1b2…b2m－n＋1(n<2m＋1，且n∈NC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－1－n(n<2m－1，且n∈ND．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－n＋1(n<2m＋1，且n∈N解析：选C等比数列的“比”对应等差数列的“差”，类比上述性质，等比数列的“积”对应等差数列的“和”，由此排除A、B，对于C、D，注意项数的变化知C正确．2．给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……记第i行的第j个数对为aij，如a43＝(3,2)，则anm＝()A．(m，n－m＋1) B．(m－1，n－m)C．(m－1，n－m＋1) D．(m，n－m)解析：选A由前4行的特点，归纳可得：若anm＝(x，y)，则x＝m，y＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1)．3．我国的刺绣有着悠久的历史，如图，(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为()A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1解析：选D因为f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.4．(2018·襄阳优质高中联考)将三项式(x2＋x＋1)n展开，当n＝0,1,2,3，…时，得到以下等式：(x2＋x＋1)0＝1，(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1，(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1，(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1，……观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正头顶上与左右两肩上3个数(不足3个数的，缺少的数记为0)的和，第k行共有2k＋1个数，若(x2＋x＋1)5(1＋ax)的展开式中，x7项的系数为75，则实数a的值为________．广义杨辉三角第0行1第1行111第2行12321第3行1367631第4行14101619161041……解析：根据题意可得广义杨辉三角第5行为：1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1，故(1＋ax)(x2＋x＋1)5的展开式中，x7项的系数为30＋45a＝75，解得a＝答案：15.(2018·湖北八校联考)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)如图所示，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于________．解析：椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球体的体积V＝2(V圆柱－V圆锥)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π×b2×a－\f(1,3)π×b2×a))＝eq\f(4,3)πb2a.答案：eq\f(4,3)πb2a6．在锐角三角形ABC中，求证：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC.证明：∵△ABC为锐角三角形，∴A＋B＞eq\f(π,2)，∴A＞eq\f(π,2)－B，∵y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，∴sinA＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，同理可得sinB＞cosC，sinC＞cosA，∴sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC.7．已知O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长，分别交对边于A′，B′，C′，则eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(S△OBC,S△ABC)＋eq\f(S△OCA,S△ABC)＋eq\f(S△OAB,S△ABC)＝eq\f(S△ABC,S△ABC)＝1.请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．解：在四面体ABCD中，任取一点O，连接AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点．则eq\f(OE,AE)＋eq\f(OF,DF)＋eq\f(OG,BG)＋eq\f(OH,CH)＝1.证明：在四面体OBCD与ABCD中，eq\f(OE,AE)＝eq\f(h1,h)＝eq\f(\f(1,3)S△BCD·h1,\f(1,3)S△BCD·h)＝eq\f(VOBCD,VABCD).同理有eq\f(OF,DF)＝e