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【摘要】笔者在多年的教学实践中经常能遇到应用裂项相消法求数列和的题型，经过精心归纳总结，现举例如下供师生们参考借鉴.裂项相消法就是利用分解与组合的思想在数列求和中的具体应用.裂项相消法的实质是将数列中的每项（一般是通项）进行分解，然后再重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.特别适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两项或多项的差的形式，即利用an=f（n+1）-f（n），然后累加时抵消中间的许多项从而化繁为简.从而解决数列求和的问题.
【关键词】数列和的求解；裂项相消法
数列和的求解问题是数列学习中比较棘手的一类问题.如何从复杂纷繁的求数列和的式子中，准确地找出切入的关键手法，是我们所要探讨和寻求的关键所在.裂项相消法就是我们所能举一反三的借鉴所在.下面我就从具体例子中来观察裂项相消法的具体优势所在.
解 1[]anan+1=1[]an+1-an1[]an-1[]an+1=1[]d1[]an-1[]an+1.
Sn=1[]d1[]a1-1[]a2+1[]a2-1[]a3+…+1[]an-1[]an+1=1[]d1[]a1-1[]an+1.
其中an+1=a1+nd.
求和：（1）Sn=1[]1·2+1[]2·3+…+1[]n·（n+1）.
（2）Sn=1[]1·4+1[]4·7+…+1[]（3n-2）·（3n+1）.
解 1an+an+1=an+1-an（an+an+1）（an+1-an）=1d（an+1-an）.
Sn=1d（2-1+3-2+…+an+1-an）=1d（an+1-1）.
其中an+1=a1+nd.
求和：Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1.
解 logaan+1an=logaan+1-logaan.
Sn=logaa2-logaa1+logaa3-logaa2+…+logaan+1-logaan=logaan+1-logaa1.
求和：Sn=lg21+lg32+…+lgn+1n.
解 sinnx=sinnxsinx2sinx2=-12sinx2cosnx+x2-cosnx-x2
=-12sinx2cos2n+12x-cos2n-12x.
Sn=-12sinx2cos32x-cosx2+cos52x-cos32x+…+cos2n+12x-cos2n-12x
=-12sinx2cos2n+12x-cosx2.
（2）求和：Sn=tanxtan2x+tan2xtan3x+…+tannxtan（n+1）x.
解 tanx=tan[（n+1）x-nx]=tan（n+1）x-tannx1-tan（n+1）xtannx.
tan（n+1）xtannx=1-tan（n+1）x-tannxtanx.
Sn=1-tan2x-tanxtanx+1-tan3x-tan2xtanx+…+1-tan（n+1）x-tannxtanx=n+tanx-tan（n+1）xtanx=n+1-tan（n+1）xtanx.
解 n·n！=（n+1）！-n！，Sn=2！-1！+3！-2！+…+（n+1）！-n！=（n+1）！-1.
（2）Sn=12！+23！+…+n（n+1）！.
解 n（n+1）！=（n+1）-1（n+1）！=1n！-1（n+1）！.
Sn=11！-12！+12！-13！+…+1n！-1（n+1）！=1-1（n+1）！.
（3）Sn=c22+c23+c24+…+c2n.
解 由组合性质c2k=c3k+1-c3k，得Sn=c22+c34-c33+c35-c34+…+c3n+1-c3n=c3n+1.
解 an（an+1）（an+1+1）=1a-11an+1-1an+1+1.
Sn=1a-11a+1-1a2+1+1a2+1-1a3+1+…+1an+1-1an+1+1=1a-11a+1-1an+1+1.
求和：Sn=2（2+1）（22+1）+22（22+1）（23+1）+…+2n（2
解 an=（n+1）2-n2，Sn=22-12+32-22+…+（n+1）2-1=n2+2n.
8.等比数列的和
已知an=2n，求Sn.
解 an=2n+1-2n，Sn=22-2+23-22+…+2n+1-2n=2n+1-2.
9.等差数列乘等比数列的和（主要用错位相减法）
已知an=4n-55n，求Sn.
解 an=4n-55n=n-15n-1-n5n，Sn=0-15+15-252+…+n-15n-1-n5n=-n5n.
综上，我们可以看到裂项相消法在数列求和中的具体应用.它使我们找到了一个能够切入纷繁多变的数列求和中行之有效的实用手法.同行不妨一试，学者不妨效法.
【关键词】数列和的求解；裂项相消法
数列和的求解问题是数列学习中比较棘手的一类问题.如何从复杂纷繁的求数列和的式子中，准确地找出切入的关键手法，是我们所要探讨和寻求的关键所在.裂项相消法就是我们所能举一反三的借鉴所在.下面我就从具体例子中来观察裂项相消法的具体优势所在.
1.等差数列积的倒数和
已知等差数列{an}首项a1，公差d.求和：Sn=1[]a1a2+1[]a2a3+…+1[]anan+1.解 1[]anan+1=1[]an+1-an1[]an-1[]an+1=1[]d1[]an-1[]an+1.
Sn=1[]d1[]a1-1[]a2+1[]a2-1[]a3+…+1[]an-1[]an+1=1[]d1[]a1-1[]an+1.
其中an+1=a1+nd.
求和：（1）Sn=1[]1·2+1[]2·3+…+1[]n·（n+1）.
（2）Sn=1[]1·4+1[]4·7+…+1[]（3n-2）·（3n+1）.
2.含二次根式的数列和
已知正项等差数列{an}首项a1，公差d.求和：Sn=1[]a1+a2+1[]a2+a3+…+1[]an+an+1.解 1an+an+1=an+1-an（an+an+1）（an+1-an）=1d（an+1-an）.
Sn=1d（2-1+3-2+…+an+1-an）=1d（an+1-1）.
其中an+1=a1+nd.
求和：Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1.
3.含对数的数列和
已知正项数列an，求和：Sn=logaa2a1+logaa3a2+…+logaan+1an（a>0且a≠1）.解 logaan+1an=logaan+1-logaan.
Sn=logaa2-logaa1+logaa3-logaa2+…+logaan+1-logaan=logaan+1-logaa1.
求和：Sn=lg21+lg32+…+lgn+1n.
4.含三角函数的数列和
（1）求和：Sn=sinx+sin2x+…+sinnx.解 sinnx=sinnxsinx2sinx2=-12sinx2cosnx+x2-cosnx-x2
=-12sinx2cos2n+12x-cos2n-12x.
Sn=-12sinx2cos32x-cosx2+cos52x-cos32x+…+cos2n+12x-cos2n-12x
=-12sinx2cos2n+12x-cosx2.
（2）求和：Sn=tanxtan2x+tan2xtan3x+…+tannxtan（n+1）x.
解 tanx=tan[（n+1）x-nx]=tan（n+1）x-tannx1-tan（n+1）xtannx.
tan（n+1）xtannx=1-tan（n+1）x-tannxtanx.
Sn=1-tan2x-tanxtanx+1-tan3x-tan2xtanx+…+1-tan（n+1）x-tannxtanx=n+tanx-tan（n+1）xtanx=n+1-tan（n+1）xtanx.
5.含排列组合种数求和
（1）Sn=1·1！+2·2！+…+n·n！.解 n·n！=（n+1）！-n！，Sn=2！-1！+3！-2！+…+（n+1）！-n！=（n+1）！-1.
（2）Sn=12！+23！+…+n（n+1）！.
解 n（n+1）！=（n+1）-1（n+1）！=1n！-1（n+1）！.
Sn=11！-12！+12！-13！+…+1n！-1（n+1）！=1-1（n+1）！.
（3）Sn=c22+c23+c24+…+c2n.
解 由组合性质c2k=c3k+1-c3k，得Sn=c22+c34-c33+c35-c34+…+c3n+1-c3n=c3n+1.
6.含指数的数列求和
求和：Sn=a（a+1）（a2+1）+a2（a2+1）（a3+1）+…+an（an+1）（an+1+1）（a>0，且a≠1）.解 an（an+1）（an+1+1）=1a-11an+1-1an+1+1.
Sn=1a-11a+1-1a2+1+1a2+1-1a3+1+…+1an+1-1an+1+1=1a-11a+1-1an+1+1.
求和：Sn=2（2+1）（22+1）+22（22+1）（23+1）+…+2n（2
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n+1）（2n+1+1）.7.等差数列的和
已知an=2n+1，求Sn解 an=（n+1）2-n2，Sn=22-12+32-22+…+（n+1）2-1=n2+2n.
8.等比数列的和
已知an=2n，求Sn.
解 an=2n+1-2n，Sn=22-2+23-22+…+2n+1-2n=2n+1-2.
9.等差数列乘等比数列的和（主要用错位相减法）
已知an=4n-55n，求Sn.
解 an=4n-55n=n-15n-1-n5n，Sn=0-15+15-252+…+n-15n-1-n5n=-n5n.
综上，我们可以看到裂项相消法在数列求和中的具体应用.它使我们找到了一个能够切入纷繁多变的数列求和中行之有效的实用手法.同行不妨一试，学者不妨效法.