2020屆江蘇高考數(shù)學(xué)(文)總復(fù)習(xí)講義：合情推理與演繹推理

1、 )必過數(shù)材美1.合情推理類型定義特點歸納推理從個別事實中推演出一般性的結(jié)論由部分到整體、由個別到一_類比推理根據(jù)兩個( (或兩類) )對象之間在某些方面的相 似或相冋，推演出它們在其他方面也相似或 相同由特殊到特殊2 演繹推理(1) 定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論， 我們把這種推理稱為演 繹推理簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理.(2) “三段論”是演繹推理的一般模式，包括：1大前提-已知的一般原理；2小前提一一所研究的特殊情況；3結(jié)論一一根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷.小題體驗1._ 已知數(shù)列an中，ai= 1, n 2 時，a“= a“-1+ 2n- 1，依次計

2、算 a?,比,后，猜想 an的表達(dá)式是_答案：an= n22.已知數(shù)列an的第 1 項 a1= 1，且 an+1= 齊二=1,2,3,式 a =_ .答案：1n3.在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為1 : 2,則它們的面積比為 1 : 4.類似地,在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1 : 2,則它們的體積比為 _ .答案：1 : 8必過易措關(guān)1.合情推理是從已知的結(jié)論推測未知的結(jié)論，發(fā)現(xiàn)與猜想的結(jié)論都要經(jīng)過進(jìn)一步嚴(yán)格證明.第三節(jié)合情推理與演繹推理) )，歸納該數(shù)列的通項公2演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來證明和推理數(shù)學(xué)問題，注意推理過程的 嚴(yán)密性，書寫格式的規(guī)范性.3合情推理中運用猜

3、想不能憑空想象，要有猜想或拓展依據(jù).小題糾偏答案:2 推理：“矩形是平行四邊形； 三角形不是平行四邊形； 所以三角形不是矩形”中的小前提是 _(填序號)解析：由三段論的形式，可知小前提是三角形不是平行四邊形故填答案：考點一類比推理基礎(chǔ)送分型考點一一自主練透題組練透2 21.若 Po(xo, yo)在橢圓字+存=1(a b0)夕卜，過P2,則切點弦 PiP2所在的直線方程是學(xué)+ yoy= 1，那么對于雙曲線則有如下命題：若 P(Xo,弦 PiP2所在直線的方程是_ 2 2解析：類比橢圓的切點弦方程可得雙曲線拿一 b= i 的切點弦方程為 xa翠=i.答案：XoX 一遐=i2半徑為 x(xo)的圓

4、的面積函數(shù) f(x)的導(dǎo)數(shù)等于該圓的周長的函數(shù)對于半徑為R(R o)的球，類似的結(jié)論為 _解析：因為半徑為 x(x o)的圓的面積函數(shù) f(x) =n2,所以 f (x)= 2 Ttx.類似地，半徑為 R(Ro)的球的體積函數(shù) V(R) = ;dR3，所以 V (R)= 4 冗 R2.故對于半徑為 R(R o)的球，類似的結(jié)論為半徑為R(R o)的球的體積函數(shù) V(R)的導(dǎo)數(shù)等于該球的表面積的函數(shù).答案：半徑為 R(R o)的球的體積函數(shù) V(R)的導(dǎo)數(shù)等于該球的表面積的函數(shù)kkk*3. (2oi8 宿遷期末) )對于自然數(shù)方幕和Sk(n)= i + 2+ n (n N , k N), Si(

5、n) =d.2 , 32 , 41由 3v4, 3。，則金與彳之間的大小關(guān)系為 -Po作橢圓的兩條切線的切點為Pi,yo)在雙曲線 o, b o) )外，過 Po作雙曲線的兩條切線，切點為Pi, P2,則切點n n；1, S2( (n) = 12+ 22+ n2,求和方法如下：23- 13= 3+ 3+ 1,33-23=3X22+3X2+1,332(n + 1) n = 3n + 3n+ 1,將上面各式左右兩邊分別相加，就會有 (n+ 1)3 13= 3S2( (n)+ 3S1( (n)+ n，解得 S2( (n) =1&n(n + 1)(2n+ 1)，類比以上過程，貝 U S3( (

6、n)=_.解析：24 14= 4X13+ 6X12+ 4X1+ 1,3424=4X23+6X22+4X2+1,(n + 1)4 n= 4n3+ 6n?+ 4n + 1,將上面各式左右兩邊分別相加，就會有(n + 1)4 14= 4S3( (n) + 6S2( (n) + 4S1( (n)+ n,11代入 S1(n) = ?n(n +1), S2( (n) = n(n + 1)(2n + 1),_ 12 2可得 S3( (n) = ”n (n+ 1).答案：2(n + 1)2謹(jǐn)記通法類比推理的分類及處理方法類別解讀適合題型類比定義在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時，可以借助原定義來求解

7、已知熟悉定義類比新定義類比性質(zhì)從一個特殊式子的性質(zhì)、一個特殊圖形 的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求 解時要認(rèn)真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū) 另 h 深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過程是求解的 關(guān)鍵平面幾何與立體幾何、等差數(shù)列與等比 數(shù)列類比方法有一些處理問題的方法具有類比性，可 以把這種方法類比應(yīng)用到其他問題的求 解中，注意知識的遷移已知熟悉的處理方法類比未知問題的處理方法考點二歸納推理題點多變型考點一一多角探明鎖定考向歸納推理是每年高考的常考內(nèi)容常見的命題角度有：(1) 與數(shù)字有關(guān)的推理；(2) 與式子有關(guān)的推理；(3) 與圖形有關(guān)的推理.題點全練角度一：與數(shù)字有關(guān)的推理1.(2019 太湖高級中學(xué)檢測)

8、)如圖，它滿足第 n 行首尾兩數(shù)均為 n, A(i, j)表示第 i(i2)行第 j 個數(shù)，則 A(100,2)的值是_ .i223434 77451114 U 56 16 跖 25 16 6解析：由圖可知：第二行的第二個數(shù)為 2,第三行的第二個數(shù)為第四行的第二個數(shù)為第五行的第二個數(shù)為第六行的第二個數(shù)為4 = 2 + 2,7 = 3 + 2+ 2,11= 4 + 3 + 2+ 2,16= 5+ 4 + 3+ 2+ 2,(n - 1)+ (n 2) + + 2 + 2=故第 100 行的第二個數(shù)為100-10+2= 4 951,2所以 A(100,2)的值是 4 951.答案：4 951角度二：

9、與式子有關(guān)的推理2. (2018 常熟中學(xué)測試) )已知 cosn=1cosncos 學(xué)=；cosjcos cos 竽=g,(1)根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是 _若數(shù)列an中，a1= cosn, a2= cos ；cos 尹，a3= cosjcos cos駕,1 023項和 Sn= 1024 貝 V n=_，解析：( (1)從題中所給的幾個等式可知，第n 個等式的左邊應(yīng)有 n 個余弦相乘，且分母故推斷第 n 行的第二個數(shù)為n2- n+ 2，刖 n均為 2n + 1,分子分別為n, 2n,，nn,右邊應(yīng)為n2nnn1*cos2n+lcos祜cos冇=刃旅N).2.J 12n 1 1 023

10、1=1-2=2n= 1 024，解得n=10.1-1角度三：與圖形有關(guān)的推理3分形幾何學(xué)是數(shù)學(xué)家伯努瓦曼德爾布羅在 20 世紀(jì) 70 年代創(chuàng)立的一門新的數(shù)學(xué)學(xué)科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學(xué)眾多領(lǐng)域的難題提供了全新的思路按照如圖（1）所示的分形規(guī)律可得如圖 所示的一個樹形圖若記圖（2）中第 n 行黑圈的個數(shù)為 an,則 a2。佃=解析：根據(jù)題圖（1）所示的分形規(guī)律，可知 1 個白圈分形為 2 個白圈 1 個黑圈，1 個黑圈分形為 1 個白圈 2 個黑圈，把題圖（2）中的樹形圖的第1 行記為（1,0），第 2 行記為（2,1）,第 3 行記為（5,4），第 4 行的白圈數(shù)為 2X5+ 4= 14,黑圈

11、數(shù)為 5 + 2X4= 13，所以第 4 行的坐標(biāo)”為（14,13）,同理可得第 5 行的坐標(biāo)”為（41,40），第 6 行的坐標(biāo)”為（122,121），.各行黑圈數(shù)乘2,分別是 0,2,8,26,80,，即即 1 - 1,3- 1, 9 - 1,27- 1,81 - 1,，所以可以歸納出第 n 行的黑圈數(shù) an= 哼二（n N*）,所以 a2 019=1.答案：寧通法在握歸納推理問題的常見類型及解題策略常見類型解題策略與數(shù)字有關(guān)的等式的推理觀察數(shù)字特點，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號可解與式子有關(guān)的推理觀察每個式子的特點，找到規(guī)律后可解與圖形變化有關(guān)的推理合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用

12、賦值檢驗法驗證其 真?zhèn)涡匝菥殯_關(guān)1. （2019 蘇州調(diào)研）觀察下列式子：1 +古2，1 + 22+事號，1 +話+事+ 4v4,1尹，故可以猜想出的一般結(jié)論為1（2） 由 （1）可知 an=尹，故答案:(1)COS赤cos 2n+ 1nn1*COS亦+j=(nN )(2)10第行第 3 行222332344根據(jù)以上式子可以猜想2某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發(fā)的三條線段，長度均為1,兩兩夾角為 120二級分形圖是在一級分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條長度為原來的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120 ，依此規(guī)律得到 n 級分形圖.n 級分形圖中共有 _條線段.解析：分形

13、圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段, 由題圖知，一級分形圖有3= (3X2-3)條線段，二級分形圖有 9= (3X22- 3)條線段， 三級分形圖中有 21 = (3X23 4- 3)條線段， 按此規(guī)律 n級分形圖中的線段條數(shù) an= 3X2n- 3.答案：3X2n 3考點三演繹推理重點保分型考點一一師生共研典例引領(lǐng)n + 2*數(shù)列an的前 n 項和記為 Sn,已知 a1= 1, an+1=nSn(n N).證明:S (1) 數(shù)列 常是等比數(shù)列；(2)由(1)可知汩 =4育 2),Sn-1, n 1 + 22 Sn+1=4an.n + 2證明：( (1)因為an+1=Sn+1Sn,an+1=

14、Sn,n所以(n+2)Sn=n(Sn+1Sn),即 nSn+1=2(n+1)Sn.故気= 2Sn,(小前提) )n+ 1 n故 常 是以 2 為公比，1 為首項的等比數(shù)列.( (結(jié)論) )解析：由題意，根據(jù)所給式子，右邊分子是2n 1,分母是n,可得答案為4 037 2019.答案:4 0372 019二縱分形圖三級分形圖所以気+1=4(n+1)=4Sn-1n 1 n 1=4an(n 2).(小前提) )又因為 a2= 3S1= 3, S2= a1+ a2= 1 + 3= 4= 4a1,(小前提) )所以對于任意正整數(shù)n,都有 Sn+1= 4an.(結(jié)論) )由題悟法演繹推理的推證規(guī)則(1)

15、演繹推理是從一般到特殊的推理，其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略.(2) 在推理論證過程中，一些稍復(fù)雜一點的證明題常常要由幾個三段論才能完成.即時應(yīng)用(2018 南通中學(xué)高三數(shù)學(xué)練習(xí)) )設(shè)數(shù)列a.是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，其前 n 項和為Sn,若 a1a5= 64, S5 S3= 48.(1) 求數(shù)列an的通項公式；(2) 對于正整數(shù) k, m, l(kvmvI),求證：m= k+ 1 且 I = k+ 3” 是5ak, am,引這 三項經(jīng)適當(dāng)排序后能構(gòu)成等差數(shù)列”成立的充要條件.解: (1)因為數(shù)列an是各項均為正數(shù)的等

16、比數(shù)列，所以 a1a5= a2= 64,所以 a3= 8,又因為 S5 S3= 48,所以 a5+ a4= 8q2+ 8q= 48,所以 q= 2, 所以 an= 8 2n3= 2n.證明：( (i)必要性：設(shè) 5ak, am, ai這三項經(jīng)適當(dāng)排序后能構(gòu)成等差數(shù)列,若 2 5ak= am+ ai,貝 U 10 2k= 2m+ 21,所以 10= 2mk+ 2Ik，所以 5= 2mk1+ 2Ik1,匚mk1A2 =1,又因為 kvmvI,所以 iIk112= 4,所以=k+1，|J= k+ 3.若 2am= 5ak+ ai，則 2 2m= 5 2k+ 21,所以 2m+1k 2Ik= 5,左邊

17、為偶數(shù)，等式不成立.3若 2a= 5ak+ am,同理也不成立，綜合，得 m= k + 1, I = k+ 3,所以必要性成立.(ii)充分性：設(shè) m= k+ 1, I= k+ 3,則 5ak, am, aI這三項為5ak, ak+1,ak+3, 即卩5ak,2ak,8ak,調(diào)整順序后易知2ak,5ak,8ak成等差數(shù)列，所以充分性也成立.綜合( (i)(丘) )，充要性得證.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快111*51.(2019 徐州調(diào)研) )已知 f(n)= 1+ 2 + + n( (nCN),經(jīng)計算得 f(4) 2, f(8) ?，f( (16)7* 3, f(32) 2，則對于任意 n

18、(n N)有不等式_ 成立.解析：觀察已知中的等式:f(2) = 3, f(4) 2, f(8) 2, f(16) 3, f(32) 2，則 f(2n)于于.答案：f(2n)號上2.設(shè)等差數(shù)列an的前 n 項和為 Sn,則 S4, S8 S4, S12 S8, S16 S12成等差數(shù)列類比以上結(jié)論我們可以得到的一個真命題為：設(shè)等比數(shù)列bn的前 n 項積為 Tn，則_ 成等比數(shù)列.解析：利用類比推理把等差數(shù)列中的差換成商即可.3.由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運算法則:mn= nm” 類比得到a b= b a”；2( (m+ n)t = mt+ nt” 類比得到(a + b) c =

19、a c+ b c”；3“( (m n)t= m(nt)” 類比得到(a b) c = a (b c) ”；4埒 0, mt= xt? m= x” 類比得到p豐0, a p = x p? a = x”；5|mn|=|m|n|” 類比得到 “ |a b| = |a| Tb| ”；以上的式子中，類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)是 _解析：正確，錯誤.答案：24. (2018 揚州期末) )點(X0, y)到直線 Ax + By+ C= 0 的距離公式為 d= 答：?：。,通過類比的方法，可求得：在空間中，點( (1,1,2)到平面 x+ y+ 2z+ 3 = 0 的距離為 _解析：在空間中，點(1,1,2)

20、到平面 x+ y+ 2z+ 3 = 0 的距離 d=卩：1+4+3=.V1+ 1 + 42答案：T4,T8T12T16T4T8T12“ acbc；”類比得到“CZI0 1=1答案：3265.(2019 南京調(diào)研) )已知函數(shù)f(x) = x3+ x，對于等差數(shù)列a.滿足：f 1) = 2 ,f(a2 016 3) = 2, Sn是其前 n 項和，貝 V S?。仃=_.解析：因為函數(shù) f(x) = x3+ x 為奇函數(shù)，且在 R 上單調(diào)遞增，又因為 f(a2 1) = 2, f(a2 016 3) = 2，貝 U a2 1 = (a2 016 3),即 a?+ a?016= 4，即卩 a*+ a

21、?017= 4.2 017則S2 017=2 (a1+a2 017) = 4 034.答案：4 0346.(2018 啟東檢測) )X表示不超過 x 的最大整數(shù)，例如：n3.S1= 1+ 2+ 3 = 3,S2= 4+ .5+ 6 + 7 + 8 = 10 ,S3= 9+ 10 + 11+ 12 + 13+ ,14+ 15= 21,依此規(guī)律，那么 S10=_ .解析：因為x表示不超過 x 的最大整數(shù)，所以 S1= 1 + 2 + 3 = 1X3 = 3,S2= 4+ 5+ 6+ 7+ 8=2X5=10,S3= 9+ 10+11+12+13+14+15=3X7=21,Sn= ,n2+ n2+1+

22、 . n2+2+ . n2+2n1+ n2+2n=nX(2n+1),所以 S10= 10X21 = 210.答案：210二保咼考，全練題型做到咼考達(dá)標(biāo)r 11已知正三角形 ABC，它的高為 h,內(nèi)切圓的半徑為 r,則 h = 3，類比這一結(jié)論可知:正四面體 S-ABC 的高為 H，內(nèi)切球的半徑為 R,則RH解析：從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維,可得如下結(jié)論：正四面體的內(nèi)切球半徑等于這個正四面體高的連結(jié)球心與正四面體的四個頂點，把正四面體分成四個高為證明如下：球心到正四面體一個面的距離即球的半徑R,14.R 的三棱錐，設(shè)正四面體14.一個面的面積為 S,所以 4SR=1S H，解得 R=

23、，所以骨334H1答案：142.觀察下列等式12= 112-22=- 312- 22+ 32= 612- 22+ 32- 42=- 10照此規(guī)律，第 n 個等式可為_解析：觀察規(guī)律可知，第 n 個式子為 12- 22+ 3242+ (- 1)n+1n2= (- 1)n+號1.答案：12 22+ 3242+ (- 1)n+1n2= (- 1)n+小學(xué)13. (2018 南京第十三中學(xué)檢測) )某種樹的分枝生長規(guī)律如圖所示，第1 年到第 5 年的分枝數(shù)分別為 1,1,2,3,5，則預(yù)計第 10 年樹的分枝數(shù)為 _ .第 10 年樹的分枝數(shù)為 21 + 34= 55.答案：554. (2019 南京

24、模擬) )觀察下列式子：1X2V2,1X2 + . 2X3 9,1X2+ .2X3 +3X4 8,1X2 + .2X3 + 3X4+ , 4X5學(xué)，.，根據(jù)以上規(guī)律，第n(n N*)個不等式是_ .解析： 根據(jù)所給不等式可得第n 個不等式是1X2 + .2X3 + nXn+ 1 答案：1X2+2X3+ +nXn+1 2 019,解得 M = 64,且 1 + 2+ 3+ - + 63= 2 016,/ 2 019 2 016 = 3,-a2 019= 6.7. （2018 沐陽月考）將正奇數(shù)按如下規(guī)律填在5 列的數(shù)表中：則 2 019 排在該表的第_行，第_ 列.（行是從上往下數(shù)，列是從左往右

25、數(shù)）.135715131191719212331292725解析：/ 2 019= 252X8+ 3= 253X8 5,二 2 019 在第 253 行，第三列數(shù)：3,11,19,27,，規(guī)律為 8n 5, 2 019 應(yīng)該出現(xiàn)在第 3 列.答案：253 38如果函數(shù) f（x）在區(qū)間 D 上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間 D 內(nèi)的任意 X1, X2,，xn,都）X1+ f X2+ f XnX1+ X2+ Xn_有一_n一wfnn.若 y= sin x 在區(qū)間（0,n上是凸函數(shù)，那么在 ABC 中，sin A+ sin B+ sin C 的最大值是 _.解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得AE

26、 _ACDEBSBCD答案:_3_62AD且 u1=e2v0,u(1) = e 1 0,所以? x 2 1 ,使得 u(xo)= 0,即卩 ex丄Xoln xo= xo,解析：由題意知，凸函數(shù)滿足X1+ X2+ + Xn又 y= sin x 在區(qū)間(0,n上是凸函數(shù),則 sin A + sin B+ sin C 3 時，不等式 f(x)+ g(x)vx2 (x 2)ex對任意 x 2, 1 均成立( (其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)，e= 2.718).解：( (1)當(dāng) m= 0 時，F(xiàn)(x)= ln x x2+ x, x (0, +),則 F(x)=2x+11,x(0,+s),當(dāng) 0Vxv1 時

27、，F(xiàn) (x) 0 ;當(dāng) x 1 時，F(xiàn) (x)V0,所以 F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在( (1,+)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng) 0va 1 時，F(xiàn)(x)的最大值為 F(1)= 0.證明：f(x)+ g(x)vx2 (x 2)ex可化為 m(x 2)ex+ In x x, 設(shè) h(x)= (x 2)ex+ In xx, x 1, 1 ,只要證 h(x)maxV3 即可，下證此結(jié)論成立.設(shè)u(x)= ex x,則u(x)= ex+ 負(fù)0,所以 u(x)在 1 1 上單調(diào)遞增， 又因為 u(x)在區(qū)間 2, 1 上的圖象是一條不間斷的曲線,要證 m 3 時，m h(x)對任意 x2 1 均成立,因為

28、 h (x)= (x 1)iex x,1所以當(dāng) xV1 時,x1V0,u(x)V0,h(x)0;2,當(dāng) x (xo,1) )時，u(x) 0, h (x)v0;所以函數(shù) h(x)在 1, Xo上單調(diào)遞增，在( (Xo,1上單調(diào)遞減,X12h(x)max= h(Xo) )= (xo 2)e0+ Inxo x= (x。 2) 2x= 1 2x.法”證明.CO 并延長，分別交四個面于 E , F , G, H 點.則 OE + OF+診齊 1.1SABCDh1OE h13VO BCDVA BCD同理有 OF = VO ABC； OG = VO ACD； OH = VO ABDDF VD ABC；BG

29、 VB ACD； CH VC ABD.所以 AE+OF+OG+CHVO BCD+VO ABC+VO ACD+VO ABDVA BCD= =1.VA BCDVA BCD三上臺階，自主選做志在沖刺名校1.觀察下列事實：|x|+ |y|= 1 的不同整數(shù)解( (x, y)的個數(shù)為 4, |x|+ |y| = 2 的不同整數(shù) 解(x, y)的個數(shù)為 8, |x|+ |y|= 3 的不同整數(shù)解(x, y)的個數(shù)為 12,則|x|+ |y| = 20 的不同 整數(shù)解(x, y)的個所以因為y= 1 X-2x 在 x 1, 1 上單調(diào)遞增,所以2h( (X0) )=1X02x0 3 時，不等式 f(x) +

30、 g(x)vx2 (x 2)ex對任意 x 寺寺1 均成立.10.已知 O 是厶 ABC 內(nèi)任意一點，連結(jié) AO, BO, CO 并延長，分別交對邊于 A, B,OAOBOCC,則一一+ OB一+ OC-=1，這是一道平面幾何題，其證明常采用“面積法”：AABB CCOA 一 OB OC SAOBC. SAOCA, SAOABSAABCAA +BB+CC +SAABC+ = = 1.SAABCSAABC請運用類比思想，對于空間中的四面體A BCD，存在什么類似的結(jié)論，并用“體積解：在四面體 A BCD 中，任取一點O,連結(jié) AO , DO , BO ,證明：在四面體 O BCD 與 A BCD

31、 中,AE h 13SABCDhB數(shù)為_ .解析：由|x|+ |y|= 1 的不同整數(shù)解的個數(shù)為 4, |x|+ |y|= 2 的不同整數(shù)解的個數(shù)為 8, |x| + |y|= 3的不同整數(shù)解的個數(shù)為 12,歸納推理得|x 汁|y|= n 的不同整數(shù)解的個數(shù)為 4n,故|x| + |y|= 20 的不同整數(shù)解的個數(shù)為 80.答案：802.古希臘的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù).出了部分 k 邊形數(shù)中第 n 個數(shù)的表達(dá)式:1 1三角形數(shù)N(n,3)=刃2+2n四邊形數(shù)N(n,4) = n2五邊形數(shù)N(n,5) =3n2 *n六邊形數(shù)N(n,6) = 2n2 n可以推測 N(n, k)的表達(dá)式，由此計算 N(20,15)的值為_解析：原已知式子可化為 N(n,3)=n2+n =32n2+43n;2 2