数学家高斯在上学时曾经研究过这样一个问题，1+2+3+…+10=？

5050；5050；820；4230

解题思路：（1）根据三个特殊等式相加的结果，代入熟记进行计算即可求解；
（2）先对特殊等式进行整理，从而找出规律，然后把每一个算式都写成两个两个算式的运算形式，整理即可得解；
（3）根据（2）的求解规律，利用特殊等式的计算方法，先把每一个算式分解成两个算式的运算形式，整理即可得解．

（1）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=[1/3]×4×5=20，
∴1×2+2×3+…+100×101=[1/3]×100×101×102=343400；

（2）∵1×2=n（1×2×3-0×1×2）=[1/3]（1×2×3-0×1×2），
2×3=x（2×3×4-1×2×3）=[1/3]（2×3×4-1×2×3），
3×4=n（3×4×5-2×3×4）=[1/3]（3×4×5-2×3×4），
…
n（n+1）=[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3][1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
=[1/3]n（n+1）（n+2）；

（3）根据（2）的计算方法，1×2×3=n（1×2×3×4-0×1×2×3）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），
2×3×4=x（2×3×4×5-1×2×3×4）=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
…
n（n+1）（n+2）=[1/4][n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：（1）343400；（2）[1/3]n（n+1）（n+2）；（3）[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题是对数字变化规律的考查，读懂题目信息，学会把没有算式拆写成两个算式的运算形式是解题的关键．

解题思路：（1）通过观察发现有1+2+3…+n=

1

2

n(n+1)一般性规律，将n=100代入即可求得结果；
（2）将原式转化为1+2+3+…+100-（1+2+3+…+40）即可得到结论．

（1）1+2+3+…+100=[100×101/2]=5050；
（2）41+42+43+…+100=1+2+3+…+100-（1+2+3+…+40）=[100×101/2]-[40×41/2]=5050-820=4230
故答案为5050 5050 820 4230．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题考查了数字的变化类知识，解题的关键是仔细审题并发现有关数字的一般规律．

高斯研究的问题：1+2+3+...+100=?经过研究,这个问题的一般性结论是1+2+3+...+n=1/2n(n+1),期中n是正整数.现在我们来研究一个类似的问题：1x2+2x3+...n（n+1)=?观察下面三个特殊的等式1x2=1/3(1x2x3-0x1x2)2x3=1/3(2x...

（1）原式=
1
3 ×4×5×6=40，

（2）原式=
1
3 ×100×101×102=343400；

（3）原式=
1
3 n（n+1）（n+2）．

解题思路：由于最上面一层有4根，最下面一层有钢管50根，且下一层比上一层多1根，
依据题干中的条件，可将4+5+6+…+50=（50+4）+（49+5）+…+（23+31）+27，进而求解即可．

如图所示，由于最上面一层有4根，最下面一层有钢管50根，且下一层比上一层多1根，
所以钢管的总个数为4+5+6+…+50=（50+4）+（49+5）+…+（23+31）=23×54+27=1269根．
故答案为1269．

点评：
本题考点： 规律型：图形的变化类．

考点点评： 本题主要考查了图形变化的一般规律问题，把握题中的规律，进而能够熟练求解．

解题思路：（1）根据三个特殊等式相加的结果，代入熟记进行计算即可求解；
（2）先对特殊等式进行整理，从而找出规律，然后把每一个算式都写成两个两个算式的运算形式，整理即可得解；
（3）根据（2）的求解规律，利用特殊等式的计算方法，先把每一个算式分解成两个算式的运算形式，整理即可得解．

（1）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=[1/3]×4×5=20，
∴1×2+2×3+…+100×101=[1/3]×100×101×102=343400；
（2）∵1×2=n（1×2×3-0×1×2）=[1/3]（1×2×3-0×1×2），
2×3=x（2×3×4-1×2×3）=[1/3]（2×3×4-1×2×3），
3×4=n（3×4×5-2×3×4）=[1/3]（3×4×5-2×3×4），
…
n（n+1）=[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3][1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
=[1/3]n（n+1）（n+2）；
（3）根据（2）的计算方法，1×2×3=n（1×2×3×4-0×1×2×3）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），
2×3×4=x（2×3×4×5-1×2×3×4）=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
…
n（n+1）（n+2）=[1/4][n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：（1）343400；（2）[1/3]n（n+1）（n+2）；（3）[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题是对数字变化规律的考查，读懂题目信息，学会把没有算式拆写成两个算式的运算形式是解题的关键．

1+2+3+.+100,高斯发现：1+100=101,2+99=101,……,与两端距离相等的两数之和都是101,这种数对共50个,所以总和是：101*50=5050
归结为：等差数列的和等于首相与末项的和与项数乘积的一半.
2分之1加4分之1与4分之3的和,是4分之1、4分之2与4分之3的和,首项1/4,末项3/4,项数3,和为：(1/4+3/4)*3/2=3/2
6分之1与6分之3与6分之5,首项1/6,末项5/6,项数3,和为：(1/6+5/6)*3/2=3/2

看过你就明白过程了,
每一步可以点着看的

解题思路：（1）根据题中等式，以此类推求出所求式子的值即可；
（2）根据题中等式归纳总结得到一般性规律，写出即可；
（3）根据正三角形队形最后一排上的人数与正方形边上的人数之比为4：3，设正三角形队形最后一排人数为4x，正方形边上的人数为3x，根据题意列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出需要的学生数．

（1）1+2+3+…+100=
100×(100+1)
2=5050；
（2）1+2+3+…+n=
n(n+1)
2；
（3）设正三角形队形最后一排上的人数与正方形边上的人数分别为4x，3x，
根据题意得：
4x(4x+1)
2=9x²，
解得：x=2，即9x²=36，
则需要36名学生来参加这次团体操表演．
故答案为：（1）5050；（2）
n(n+1)
2．

点评：
本题考点： 有理数的加法．

考点点评： 此题考查了有理数的加法，弄清题中的规律是解本题的关键．

8113-7652=461
1798、1799都不是闰年
1799年1月1日到7月16日共是31+28+31+30+31+30+16=197天
还要往前推461-197=264天
从十二月起：31+30+31+30+31+31+30+31+30=274天.
说明到3月31日时共前推了274天.
所以,7652代表1798年4月10日.

解题思路：（1）根据三个特殊等式相加的结果，代入熟记进行计算即可求解；
（2）先对特殊等式进行整理，从而找出规律，然后把每一个算式都写成两个两个算式的运算形式，整理即可得解；
（3）根据（2）的求解规律，利用特殊等式的计算方法，先把每一个算式分解成两个算式的运算形式，整理即可得解．

（1）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=[1/3]×4×5=20，
∴1×2+2×3+…+100×101=[1/3]×100×101×102=343400；
（2）∵1×2=n（1×2×3-0×1×2）=[1/3]（1×2×3-0×1×2），
2×3=x（2×3×4-1×2×3）=[1/3]（2×3×4-1×2×3），
3×4=n（3×4×5-2×3×4）=[1/3]（3×4×5-2×3×4），
…
n（n+1）=[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3][1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
=[1/3]n（n+1）（n+2）；
（3）根据（2）的计算方法，1×2×3=n（1×2×3×4-0×1×2×3）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），
2×3×4=x（2×3×4×5-1×2×3×4）=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
…
n（n+1）（n+2）=[1/4][n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：（1）343400；（2）[1/3]n（n+1）（n+2）；（3）[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题是对数字变化规律的考查，读懂题目信息，学会把没有算式拆写成两个算式的运算形式是解题的关键．

解题思路：（1）根据三个特殊等式相加的结果，代入熟记进行计算即可求解；
（2）先对特殊等式进行整理，从而找出规律，然后把每一个算式都写成两个两个算式的运算形式，整理即可得解；
（3）根据（2）的求解规律，利用特殊等式的计算方法，先把每一个算式分解成两个算式的运算形式，整理即可得解．

（1）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=[1/3]×4×5=20，
∴1×2+2×3+…+100×101=[1/3]×100×101×102=343400；
（2）∵1×2=n（1×2×3-0×1×2）=[1/3]（1×2×3-0×1×2），
2×3=x（2×3×4-1×2×3）=[1/3]（2×3×4-1×2×3），
3×4=n（3×4×5-2×3×4）=[1/3]（3×4×5-2×3×4），
…
n（n+1）=[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3][1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
=[1/3]n（n+1）（n+2）；
（3）根据（2）的计算方法，1×2×3=n（1×2×3×4-0×1×2×3）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），
2×3×4=x（2×3×4×5-1×2×3×4）=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
…
n（n+1）（n+2）=[1/4][n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：（1）343400；（2）[1/3]n（n+1）（n+2）；（3）[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题是对数字变化规律的考查，读懂题目信息，学会把没有算式拆写成两个算式的运算形式是解题的关键．

呵呵,数学系大一新生吧,在读《数学史》这门课吧,数论又叫算术,它与几何学是最古老的两门数学分支.传统的几何学已经枯萎,而传统的数论还有大量的问题无法解决.数论这门学科最初是从研究整数开始的,所以叫做整数论.后来整数论又进一步发展,就叫做数论了.确切的说,数论就是一门研究整数性质的学科.由于近代计算机科学和应用数学的发展,数论得到了广泛的应用.比如在计算方法、代数编码、组合论等方面都广泛使用了初等数论范围内的许多研究成果.

附全过程 word文档

大约在高斯十岁时,老师在算数课上出了一道难题：「把 1到 100的整数写下来,然后把它们加起来!」高斯的答案上只有一个数字：5050老师吃了一惊,高斯就解释他如何找到答案：1＋100＝101,2＋99＝101,3＋98＝101,……,49＋52＝101,50＋51＝101,一共有50对和为 101的数目,所以答案是 50×101＝5050.由此可见高斯找到了算术级数的对称性,然后就像求得一般算术级数合的过程一样,把数目一对对地凑在一起.

365(年)分之8113=22余83 1799-22=1777 其中有5个是闰年 有365天 则少算5天 83+5=88天 12(月)分之88=7余4
所以高斯是1777年7月4日出生.
希望能帮到你。

解题思路：根据高斯算法的方法，对1+3+5+7…+99中，首尾两项依次求和，可以发现规律，进而可得答案．

根据题意，1+3+5+7…+99=（1+99）+（3+97）+（5+95）+…+（49+51）=25×（1+99）=2500．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题要求学生根据高斯算法的方法，对1+3+5+7…+99进行类似的变形应用．

你说的高斯的一般性结论是错的,你可以令n取10验证下

这是高斯的专利，咱做不出来~

解题思路：（1）根据三个特殊等式相加的结果，代入熟记进行计算即可求解；
（2）先对特殊等式进行整理，从而找出规律，然后把每一个算式都写成两个两个算式的运算形式，整理即可得解；
（3）根据（2）的求解规律，利用特殊等式的计算方法，先把每一个算式分解成两个算式的运算形式，整理即可得解．

（1）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=[1/3]×4×5=20，
∴1×2+2×3+…+100×101=[1/3]×100×101×102=343400；
（2）∵1×2=n（1×2×3-0×1×2）=[1/3]（1×2×3-0×1×2），
2×3=x（2×3×4-1×2×3）=[1/3]（2×3×4-1×2×3），
3×4=n（3×4×5-2×3×4）=[1/3]（3×4×5-2×3×4），
…
n（n+1）=[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3][1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+…+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]，
=[1/3]n（n+1）（n+2）；
（3）根据（2）的计算方法，1×2×3=n（1×2×3×4-0×1×2×3）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），
2×3×4=x（2×3×4×5-1×2×3×4）=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
…
n（n+1）（n+2）=[1/4][n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]，
=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：（1）343400；（2）[1/3]n（n+1）（n+2）；（3）[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 本题是对数字变化规律的考查，读懂题目信息，学会把没有算式拆写成两个算式的运算形式是解题的关键．

（1）100x101x102/3;(2)n（n+1)（n+2）(n+3)/4;(3)请补充完整.这是由一般到特殊的推理与猜想

∵1×2+2×3+3×4= ×3×4×5=20，
即1×2+2×3+3×4= ×3×（3+1）×（3+2）=20
∴（1）原式= ×100×（100+1）×（100+2）= ×100×101×102；
（2）原式= n（n+1）（n+2）；
（3）原式= n（n+1）（n+2）（n+3）．

解题思路：此类题根据题目中提供的方法进行变形替换，再提取公因式13，剩下括号内的项达到抵消的目的，从而简便计算．

∵1×2+2×3+3×4=[1/3]×3×4×5=20，即1×2+2×3+3×4=[1/3]×3×（3+1）×（3+2）=20
∴（1）原式=[1/3]×100×（100+1）×（100+2）=[1/3]×100×101×102；
（2）原式=[1/3]n（n+1）（n+2）；
（3）原式=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 能从材料中获取所需的信息和解题方法是需要掌握的基本能力．要注意：连续的整数相乘的进一步变形，即n（n+1）=13[n（n+2）-n（n+1）（n-1）]；n（n+1）（n+2）=14[n（n+1）（n+2）（n+3）-n（n-1）（n+1）（n+2）]．

根据阅读材料中的例子得：1×2+2×3+…+n（n+1）
=
1
3 （1×2×3-0×1×2）+
1
3 （2×3×4-1×2×3）+…+
1
3 [n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]
=
1
3 n（n+1）（n+2）；
依此类推：1×2×3=
1
4 （1×2×3×4-0×1×2×3），2×3×4=
1
4 （2×3×4×5-1×2×3×4），
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）
=
1
4 （1×2×3×4-0×1×2×3）+
1
4 （2×3×4×5-1×2×3×4）+…+
1
4 [（n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]=
1
4 n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：
1
3 n（n+1）（n+2）；
1
4 n（n+1）（n+2）（n+3）

为了打字快点*代表×了
（1）1×2+2×3+.+19×20=1/3【1*2*3-0*1*2】+1/3【2*3*4-1*2*3】.1/3【19*20*21-18*19*20】=1/3【1*2*3-1*2*3+2*3*4.-18*19*20+18*19*20】=1/3【19*20*21】=2660
中间的约掉了
2）1×2+2×3+.+a·(a+1)=1/3*【a【a+1】【a+2】】=1/3*a的3次方+a的平方+2/3*a
3）原式=4分之1×{（1×2×3×4-0×1×2×3）+（2×3×4×5-1×2×3×4）+...+[（a-1）×a×（a+1）×（a+2）-（a-2）×（a-1）×a×（a+1）]｝=4分之1×（a-1）×a×（a+1）×（a+2）=1/4【a的4次方+2*a的3次方-a的平方-2a】

首尾相加,1+100=2+99=3+98=...=50+51=101,共有50个101,所以等于5050

2+4+6+8...+94+96+98+100
=(2+100)×（100/2）/2
=2 550

（1）343400；
（2） n（n+1）（n+2）；
（3） n（n+1）（n+2）（n+3）

解题思路：（1）根据题目中所给出的式子，得出其中的规律，即可求出答案；
（2）根据（1）中得出的公式即101+102+103+…+200=（101+200）×[100/2]，再进行计算即可；
（3）根据（1）得出的规律即可得出a+（a+d）+（a+2d）+…+（a+99d）=（a+a+99d）×[100/2]，再进行计算即可．

（1）根据题意得：
1+2+3+…+n=[n/2]（n+1）；
故答案为：[n/2]（n+1）；

（2）根据（1）得出的规律得：
101+102+103+…+200
=（101+200）×50
=15050；

（3）a+（a+d）+（a+2d）+…+（a+99d）
=（a+a+99d）×50
=100a+4950d．

点评：
本题考点： 有理数的加法．

考点点评： 此题考查了有理数的加法，关键是通过观察得出题目中的规律，并用公式表示出来，注意公式的灵活应用．

解题思路：观察已知的三个等式，得出一般性的规律，根据得出的规律表示出1×2+2×3+…+n（n+1）的每一项，抵消合并后即可得到结果；依此类推得到1×2×3=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），2×3×4=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
总结出一般性规律，将各项变形后，去括号合并即可得到结果．

根据阅读材料中的例子得：1×2+2×3+…+n（n+1）
=
1
3]（1×2×3-0×1×2）+[1/3]（2×3×4-1×2×3）+…+[1/3][n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）]
=[1/3]n（n+1）（n+2）；
依此类推：1×2×3=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3），2×3×4=[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4），
∴1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）
=[1/4]（1×2×3×4-0×1×2×3）+[1/4]（2×3×4×5-1×2×3×4）+…+[1/4][（n（n+1）（n+2）（n+3）-（n-1）n（n+1）（n+2）]=[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）．
故答案为：[1/3]n（n+1）（n+2）；[1/4]n（n+1）（n+2）（n+3）

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 此题考查了规律型：数字的变化类，其中弄清题意，得出一般性的规律是解本题的关键．

1-2+3-4.+97-98+99
=(-1)+(-1)+...+(-1)+99.49个-1
=-49+99
=50

解题思路：（1）根据已知可以得出，1×2+2×3+3×4+4×5等于[1/3]×4×5×6，即每一项增加1，即可得出答案；
（2）根据（1）中结论即可得出规律是后三项加1的乘积；
（3）即可得出一般性规律，1×2+2×3+…+n（n+1）=[1/3]n（n+1）（n+2）．

（1）原式=[1/3]×4×5×6=40，

（2）原式=[1/3]×100×101×102=343400；

（3）原式=[1/3]n（n+1）（n+2）．

点评：
本题考点： 规律型：数字的变化类．

考点点评： 此题主要考查了数字的规律性问题，这是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．学生很容易发现各部分的变化规律，但是如何用一个统一的式子表示出变化规律是难点中的难点．

是算1+到n的和么 如果是,那么我记得没错的话,高斯是用倒序求和做的
sn=1+2+3+.+(n-2)+(n-1)+n
sn=n+(n-1)+(n-2)+.+3+2+1
相加得2sn=n(n+1)
所以sn=n(n+1)再除以2

一般性结论是1+2+3+…+n=n/2(n+1)
一个类似的问题：1×2+2×3+…+n（n+1）=?
观察下面三个特殊的等式：
1×2=n（1×2×3-0×1×2）
2×3=x（2×3×4-1×2×3）
3×4=n（3×4×5-2×3×4）
将这三个等式的两边相加,可以得到1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=20
根据三个特殊等式相加的结果,代入熟记进行计算即可求解
）∵1×2+2×3+3×4=m×3×4×5=1/3×4×5=20
∴1×2+2×3+…+100×101=1/3×100×101×102=343400

解题思路：先在立方公式中，取b=1，那么（a+1）³-a³=3a²+3a+1，再让a=1，2，3，…，n-1，n得2³-1=3×1²+3×1+1，3³-2³=3×2²+3×2+1，4³-3³=3×3²+3×3+1，…，（n+1）³-n³=3×n²+3n+1，再把这些式子相加可得（n+1）³-1=3（1²+2²+3²+…+n²）+3（1+2+3+…+n）+n，从而可证1²+2²+3²+…+n²=

(n+1)3−1−3(1+2+3+…+n)−n

3

=

n(n+1)(2n+1)

6

．

在立方公式中，取b=1得（a+1）³-a³=3a²+3a+1，
依次取a=1，2，3，…，n-1，n得
2³-1=3×1²+3×1+1，3³-2³=3×2²+3×2+1，4³-3³=3×3²+3×3+1，…（n+1）³-n³=3×n²+3n+1，
将以上n个式子相加，得（n+1）³-1=3（1²+2²+3²+…+n²）+3（1+2+3+…+n）+n，
∴1²+2²+3²+…+n²=
(n+1)3-1-3(1+2+3+…+n)-n
3=
n(n+1)(2n+1)
6．

点评：
本题考点： 立方公式．

考点点评： 本题考查了立方公式．在证明过程中可仿照平方公式的证明方法，注意先对立方公式进行变形．

高斯是德国数学家 ,也是科学家,他和牛顿、阿基米德,被誉为有史以来的三大数学家.高斯是近代数学奠基者之一,在历史上影响之大,可以和阿基米德、牛顿、欧拉并列,有“数学王子”之称.

数学家高斯小时候的故事
从一加到一百
高斯有许多有趣的故事,故事的第一手资料常来自高斯本人,因为他在晚年时总喜欢谈他小时后的事,我们也许会怀疑故事的真实性,但许多人都证实了他所谈的故事.
高斯的父亲作泥瓦厂的工头,每星期六他总是要发薪水给工人.在高斯三岁夏天时,有一次当他正要发薪水的时候,小高斯站了起来说：「爸爸,你弄错了.」然后他说了另外一个数目.原来三岁的小高斯趴在地板上,一直暗地里跟着他爸爸计算该给谁多少工钱.重算的结果证明小高斯是对的,这把站在那里的大人都吓的目瞪口呆.
高斯常常带笑说,他在学讲话之前就已经学会计算了,还常说他问了大人字母如何发音后,就自己学着读起书来.
七岁时高斯进了 St. Catherine小学.大约在十岁时,老师在算数课上出了一道难题：「把 1到 100的整数写下来,然后把它们加起来!」每当有考试时他们有如下的习惯：第一个做完的就把石板〔当时通行,写字用〕面朝下地放在老师的桌子上,第二个做完的就把石板摆在第一张石板上,就这样一个一个落起来.这个难题当然难不倒学过算数级数的人,但这些孩子才刚开始学算数呢!老师心想他可以休息一下了.但他错了,因为还不到几秒钟,高斯已经把石板放在讲桌上了,同时说道：「答案在这儿!」其他的学生把数字一个个加起来,额头都出了汗水,但高斯却静静坐着,对老师投来的,轻蔑的、怀疑的眼光毫不在意.考完后,老师一张张地检查着石板.大部分都做错了,学生就吃了一顿鞭打.最后,高斯的石板被翻了过来,只见上面只有一个数字：5050（用不着说,这是正确的答案.）老师吃了一惊,高斯就解释他如何找到答案：1＋100＝101,2＋99＝101,3＋98＝101,……,49＋52＝101,50＋51＝101,一共有50对和为 101的数目,所以答案是 50×101＝5050.由此可见高斯找到了算术级数的对称性,然后就像求得一般算术级数合的过程一样,把数目一对对地凑在一起.

你的最后一句话已经解答了你的问题

1减2+3减4+……+97减98+99等于99-1×98÷2=50

高斯念小学的时候,有一次在老师教完加法后,因为老师想要休息,所以便出了一道题目要同学们算算看,题目是：
1+2+3+ .+97+98+99+100 =
老师心里正想,这下子小朋友一定要算到下课了吧!正要借口出去时,却被 高斯叫住了!原来呀,高斯已经算出来了,小朋友你可知道他是如何算的吗?
高斯告诉大家他是如何算出的：把 1加 至 100 与 100 加至 1 排成两排相加,也就是说：
1+2+3+4+ .+96+97+98+99+100
100+99+98+97+96+ .+4+3+2+1
=101+101+101+ .+101+101+101+101
共有一百个101相加,但算式重复了两次,所以把10100 除以 2便得到答案等于
从此以后高斯小学的学习过程早已经超越了其它的同学,也因此奠定了他以后的数学基础,更让他成为——数学天才

高斯最出名的故事就是他十岁时,小学老师出了一道算术难题：“计算1＋2＋3…＋100＝?”. 这可难为初学算术的学生,但是高斯却在几秒后将答案解了出来,他利用算术级数（等差级数）的对称性,然后就像求得一般算术级数和的过程一样,把数目一对对的凑在一起：1＋100,2＋ 99,3＋98,……49＋52,50＋51 而这样的组合有50组,所以答案很快的就可以求出是： 101×50＝5050.

生平事迹
童年时期
　　高斯是一对普通夫妇的儿子.他的母亲是一个贫穷石匠的女儿,虽然十分聪明 ,但却没有接受过教育,近似于文盲.在她成为高斯父亲的第二个妻子之前,从事女佣工作.他的父亲曾做过园丁,工头,商人的助手和一个小保险公司的评估师.
　　高斯3岁时便能够纠正他父亲的借债账目的事情,已经成为一个轶事流传至今.他曾说,他在麦仙翁堆上学会计算.能够在头脑中进行复杂的计算,是上帝赐予他一生的天赋.
　　当高斯9岁时候,高斯用很短的时间计算出了小学老师布置的任务：对自然数从1到100的求和.他所使用的方法是：对50对构造成和101的数列求和为（1+100,2+99,3+98……）,同时得到结果：5050.但是据更为精细的数学史书记载,高斯所解的并不止1加到100那么简单,而是81297+81495+.+100899（公差198,项数100）的一个等差数列.
青少年时期
　　当高斯12岁时,已经开始怀疑元素几何学中的基础证明.当他16岁时,预测在欧氏几何之外必然会产生一门完全不同的几何学.他导出了二项式定理的一般形式,将其成功地运用在无穷级数,并发展了数学分析的理论.
　　高斯的老师Bruettner与他助手 Martin Bartels 很早就认识到了高斯在数学上异乎寻常的天赋,同时Herzog Carl Wilhelm Ferdinand von Braunschweig也对这个天才儿童留下了深刻印象.于是他们从高斯14岁起,便资助其学习与生活.这也使高斯能够在公元1792－1795年在Carolinum学院（今天Braunschweig学院的前身）学习.18岁时,高斯转入哥廷根大学学习.在他19岁时,第一个成功地用尺规构造出了规则的17角形.
成年时期
　　高斯于公元1805年10月5日与来自Braunschweig的Johanna Elisabeth Rosina Osthoff小姐(1780-1809)结婚.在公元1806年8月21日迎来了他生命中的第一个孩子约瑟.此后,他又有两个孩子.Wilhelmine（1809－1840）和Louis（1809－1810）.1807年高斯成为哥廷根大学的教授和当地天文台的台长.
　　虽然高斯作为一个数学家而闻名于世,但这并不意味着他热爱教书.尽管如此,他越来越多的学生成为有影响的数学家,如后来闻名于世的Richard Dedekind和黎曼,黎曼创立了黎曼几何学.
　　19世纪40年代初期开始,高斯几乎完全退出了物理学的创新研究,只从事例行的天文观测,计算汉诺威测地工作中遗留下的问题,对老的研究课题、发表过的评论或报告作些修饰,解决一些小的数学问题．此后的出版物正反映了他的这种状态．他对E．E．库默尔(Kummer)新创立的理想论(1845)没有强烈的反应,对海王星的发现(1846)亦很漠然．C．G．雅可比(Jacobi)在参加纪念高斯获博士学位50周年大会后说,跟高斯谈数学问题时,他总是把话题叉开而谈些无聊的事．在40年代,高斯对格丁根大学的事务有了较多关注,担任过教授会的负责人；花了几年时间,将大学丧偶者基金会的财务预算奠基于可靠的统计规律之上；他对教学的兴趣也比以前浓厚了．(我们注意到,高斯在大学开的课,大部分是天文学方面的,唯有在当教授的第一年讲过一次数论,他最常讲的课是最小二乘法及其在科学中的应用．) 晚年的高斯在学术圈子以外的人眼里是位科学奇人,而高斯本人却极端热衷于从报纸、书本和日常生活中收集各种统计资料．在1848年革命时期,他几乎每天到学校守旧派成立的文学会(高斯是会员)附属的阅览室寻觅各种数据．如果某个学生正在看的报是他所寻找的,高斯会一直瞪着他直到对方递过来这份报纸．他因而被学生戏称为“阅览室之霸”．据说这一习惯对他从事投资活动(主要是买债券,包括德国以外发行的债券)大有裨益,他身后留下的财产几乎等于其年薪的200倍,说明他是个理财的好手．
　　高斯生命的最后几年仍保持学者风度,没有间断过阅读和参加力所能及的学术活动：
　　1850年,心脏病加重,行动受到限制．
　　1851年7月1日有日蚀,高斯作了他最后一次天文观测．
　　1851年,核准 G．F．B．黎曼(Riemann)的博士论文,给予高度评价．
　　1852年,改进傅科摆,解决一些小的数学问题．
　　1853年,为黎曼选定为获讲师资格需作的答辩题目(几何基础)．
　　1854年1月,全面体检诊断高斯心脏已扩大,将不久于人世．但病情奇迹般地得到缓解．
　　1854年6月,听了黎曼关于几何基础的答辩报告,出席格丁根到汉诺威间铁路的开通仪式．
　　1854年8月,病情恶化,下肢水肿．
　　1855年2月3日清晨,高斯在睡眠中故去．
　　高斯的葬礼有政府和大学的高级官员出席,他的女婿在悼词中赞扬高斯是难得的、无与伦比的天才．送葬抬棺者中有24岁的J．W．R．戴德金(Dedekind),他曾选修高斯的最小二乘法课．
　　高斯的大脑有深而多的脑回,作为解剖标本收藏于格丁根大学．
　　《高斯全集》(Carl Friedrich Gauss'Werke)的出版历时67年(1863—1929),由众多著名数学家参与,最后在 F．克莱因(Klein)指导下完成．全集共分12卷．前7卷基本按学科编辑：第1,2卷,数论；第3卷,分析；第4卷,概率论和几何；第5卷,数学物理；第6,7卷,天文．其他各卷的内容如下：第8卷,算术、分析、概率、天文方面的补遗；第9卷是第6卷的续篇,包括测地学；第10卷分两部分：Ⅰ,算术、代数、分析、几何方面的文章及日记,Ⅱ,其他作家对高斯的数学和力学工作的评论；第11卷也分两部分：Ⅰ,若干物理学、天文学文章,Ⅱ,其他作家对高斯测地学、物理学和天文学工作的评论；第12卷,杂录及《地磁图》．
离世
　　高斯墓地：高斯非常信教且保守.他的父亲死于1808年4月14日,晚些时候的1809年10月11日,他的第一位妻子Johanna也离开人世.次年8月4日高斯迎娶第二位妻子Friederica Wilhelmine (1788-1831）.他们又有三个孩子：Eugen (1811-1896), Wilhelm (1813-1883) 和 Therese (1816-1864). 1831年9月12日他的第二位妻子也死去,1837年高斯开始学习俄语.1839年4月18日,他的母亲在哥廷根逝世,享年95岁.高斯于1855年2月23日凌晨1点在哥廷根去世.他的很多散布在给朋友的书信或笔记中的发现于1898年被发现.
　　高斯的一生是不平凡的一生,几乎在数学的每个领域都有他的足迹,无怪后人常用他的事迹和格言鞭策自己.100多年来,不少有才华的青年在高斯的影响下成长为杰出的数学家,并为人类的文化做出了巨大的贡献.高斯的墓碑朴实无华,仅镌刻“高斯”二字.为纪念高斯,其故乡布伦瑞克改名为高斯堡.哥廷根大学立了一个正十七棱柱为底座的纪念像.在慕尼黑博物馆悬挂的高斯画像上有这样一首题诗：他的思想深入数学、空间、大自然的奥秘,他测量了星星的路径、地球的形状和自然力,他推动了数学的进展,直到下个世纪.

高斯做出正十七边形的故事高斯（Karl Friedrich Gauss,1777～1855）,德国数学家、物理学家和天文学家.出身于德国布伦兹威克一个贫苦的工匠家庭.7岁上学,14岁时得到当地费迪南德公爵的慷慨资助进入卡洛琳学院学习,18...

1+（2n-1）=2n
3+(2n-1）=2n
…
头尾相加除以二（2n-1）n/2
……
头尾相加除以二，2n-1（）
……
因为是头尾相加，所以除以二，得s=n

在中国数学史上,广泛流传着一个“韩信点兵”的故事：
韩信是汉高祖刘邦手下的大将,他英勇善战,智谋超群,为汉朝的建立了卓绝的功劳.据说韩信的数学水平也非常高超,他在点兵的时候,为了保住军事机密,不让敌人知道自己部队的实力,先令士兵从1至3报数,然后记下最后一个士兵所报之数；再令士兵从1至5报数,也记下最后一个士兵所报之数；最后令士兵从1至7报数,又记下最后一个士兵所报之数；这样,他很快就算出了自己部队士兵的总人数,而敌人则始终无法弄清他的部队究竟有多少名士兵.
这个故事中所说的韩信点兵的计算方法,就是现在被称为“中国剩余定理”的一次同余式解法.它是中国古代数学家的一项重大创造,在世界数学史上具有重要的地位.
最早提出并记叙这个数学问题的,是南北朝时期的数学著作《孙子算经》中的“物不知数”题目.这道“物不知数”的题目是这样的：
“今有一些物不知其数量.如果三个三个地去数它,则最后还剩二个；如果五个五个地去数它,则最后还剩三个；如果七个七个地去数它,则最后也剩二个.问：这些物一共有多少?”
用简练的数学语言来表述就是：求这样一个数,使它被3除余2,被5除余3,被7除余2.《孙子算经》给出了这道题目的解法和答案,用算式表示即为：
用现代的数学术语来说,这幅“开方作法本源图”实际上是一个指数为正整数的二项式定理系数表.稍懂代数的读者都知道：
《孙子算经》实际上是给出了这类一次同余式组
其中70、21、15和105这四个数是关键,所以后来的数学家把这种解法编成了如下的一首诗歌以便于记诵：
“三人同行七十（70）稀,
五树梅花二一（21）枝.
七子团圆正半月（15）,
除百零五（105）便得知.”
《孙子算经》的“物不知数”题虽然开创了一次同余式研究的先河,但由于题目比较简单,甚至用试猜的方法也能求得,所以尚没有上升到一套完整的计算程序和理论的高度.真正从完整的计算程序和理论上解决这个问题的,是南宋时期的数学家秦九韶.秦
九韶在他的《数书九章》（见图1一7一1）中提出了一个数学方法“大衍求一术”,系统地论述了一次同余式组解法的基本原理和一般程序.
秦九韶为什么要把他的这一套计算程序和基本原理称为“大衍求一术”呢?这是因为其计算程序的核心问题是要“求一”.所谓“求一”,通俗他说,就是求“一个数的多少倍除以另一个数,所得的余数为一”.那么为什么要“求一”呢?我们可以从“物不知数”题的几个关键数字70、21、15中找到如下的规律：
图1-7-1 文澜阁四库全书本《数书九章》书影
其中70是5和7的倍数,但被3除余1；21是3和7的倍数,但被5除余1；15是3和5的倍数,但被7除余1,任何一个一次同余式组,只要根据这个规律求出那几个关键数字,那么这个一次同余式组就不难解出了.为此,秦九韶提出了乘率、定数、衍母、衍数等一系列数学概念,并详细叙述了“大衍求一术”的完整过程.（由于解法过于繁细,我们在这里就不展开叙述了,有兴趣的读者可进一步参阅有关书籍.）直到此时,由《孙子算经》“物不知数”题开创的一次同余式问题,才真正得到了一个普遍的解法,才真正上升到了
“中国剩余定理”的高度.
从《孙子算经》到秦九韶《数书九章》对一次同余式问题的研究成果,在19世纪中期开始受到西方数学界的重视.1852年,英国传教士伟烈亚力向欧洲介绍了《孙子算经》的“物不知数”题和秦九韶的“大衍求一术”；1876年,德国人马蒂生指出,中国的这一解法与西方19世纪高斯《算术探究》中关于一次同余式组的解法完全一致.从此,中国古代数学的这一创造逐渐受到世界学者的瞩目,并在西方数学史著作中正式被称为“中国剩余定理”.

答案是n*(n+1)*(n+2)/3
解析如下：=1/3*[1*2*3-0*1*2+2*3*4-1*2*3+3*4*5-2*3*4+...+（n-1）*n*(n+1)-(n-2)*(n-1)*n+n*(n+1)*(n+2)-(n-1)*n*(n+1)]=n*(n+1)*(n+2)/3

高斯二十四岁时出版了《算学研究》(Disquesitiones Arithmeticae)