常用公式
常用式：(cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})；推广式：(cfrac{1}{n(n+k)}=cfrac{1}{k}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+k}))；
常用式：(cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})；推广式：(cfrac{1}{sqrt{n+k}+sqrt{n}}=cfrac{1}{k}(sqrt{n+k}-sqrt{n}))；
常用式：(cfrac{1}{4n^2-1}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))；
常用式：(ln(1+cfrac{1}{n})=lncfrac{n+1}{n}=ln(n+1)-lnn)。
不常用：(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n+1}})
不常用：(cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=cfrac{1}{2^n-1}-cfrac{1}{2^{n+1}-1})
记忆方法
那么小括号前面的系数到底该是多少才能使得原式保持恒等变形呢?
我们只需要做通分的工作，将
(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}=cfrac{(n+1)-(n-1)}{(n-1)(n+1)}=cfrac{2}{(n-1)(n+1)})
故(cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))，
故上述(Box)位置应该为(cfrac{1}{2})，
即(cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2cdot cfrac{1}{2} (cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})=cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})，
关联表示
①(cfrac{1}{n^2+2n})
②(b_n=cfrac{1}{a_ncdot a_{n+1}})
③(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}})
书写模式
如数列(a_n=cfrac{1}{n(n+2)})，求其前(n)项和(S_n)。
分析：先裂项得到，(a_n=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2}))，
则(S_n=a_1+a_2+a_3+cdots+a_n)
则往下的求和书写格式有以下两种：
第一种书写格式：横向消项，容易出错；
(S_n=cfrac{1}{2}[(1-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5})+cdots+(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2})])
(=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{n+1}-cfrac{1}{n+2})=cdots)
第二种书写格式：纵向消项，不易出错，如图所示；
先得到如下的表达式，
(S_n=cfrac{1}{2}[(1-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5})+cdots+(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2})])
然后如图所示，将每一个小括号写成两列，
很明显可以斜向消项，第一列剩余前两项，第二列剩余后两项，故结果为
(S_n=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{n+1}-cfrac{1}{n+2})=cdots)
再给一个练习题，通过此练习题，更能体会纵向书写的妙处。
(a_n=cfrac{1}{n(n+3)})，求其前(n)项和(S_n)。
典例剖析
(cfrac{kcdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}=cfrac{2^{k+2}}{k+2}-cfrac{2^{k+1}}{k+1})是如何变形得到的？
分析： 这样的变形是为了利用数列({cfrac{2^{k+1}}{k+1}})完成消项。
(cfrac{kcdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)})
(=2^{k+1}cdotcfrac{k}{(k+1)(k+2)})
(=2^{k+1}cdot cfrac{2(k+1)-(k+2)}{(k+1)(k+2)})
(=2^{k+1}cdot (cfrac{2}{k+2}-cfrac{1}{k+1}))
(=cfrac{2^{k+2}}{k+2}-cfrac{2^{k+1}}{k+1})
分析：先求得(a_n=2^{2n-1})，则(b_n=1-2n)，
且数列({cfrac{1}{b_ncdot b_{n+1}}})的通项公式为(cfrac{1}{b_ncdot b_{n+1}}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))，
故(T_n=cdots=cfrac{n}{2n+1})。
分析：必须先能认出其通项公式(a_n=cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，
从而(a_n=cfrac{1}{cfrac{n(n+1)}{2}}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，故有
(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)
(=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{4})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。
分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，
则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，
故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}})
(=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。
分析：由新定义可知，(cfrac{n}{a_1+a_2+cdots+a_n}=cfrac{1}{2n+1})，
则由上式得到，(S_n=n(2n+1))，又由(a_n)与(S_n)的关系可知，
当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=(n-1)[2(n-1)+1])，则(a_n=S_n-S_{n-1}=4n-1)；
再验证(n=1)时，(a_1=1(2 imes 1+1)=3=4 imes 1-1)，满足上式，
故(a_n=4n-1(nin N^*))，
则结合题目可知，故(b_n=cfrac{a_n+1}{4}=cfrac{4n-1+1}{4}=n)，
则(cfrac{1}{b_1b_2}+cfrac{1}{b_2b_3}+cfrac{1}{b_3b_4}+cdots+cfrac{1}{b_{10}b_{11}})
(=[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{10}-cfrac{1}{11})]=cfrac{10}{11})，
故选(C)。
（1）求数列({a_n})的通项公式。
分析：本题是利用(a_n)和(S_n)的关系解题，或者是利用“退一法”解题。
由题目可知，(nge 1)，(a_1+3a_2+cdots+(2n-1)a_n=2n①)得到，
当(nge 2)，(a_1+3a_2+cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)②)
两式相减得到
(nge 2，(2n-1)a_n=2)，
从而得到(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nge 2))，
接下来验证(n=1)是否满足
当(n=1)时，(a_1=2=cfrac{2}{2 imes 1-1})，满足上式，
故数列({a_n})的通项公式为(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nin N^*)).
（2）求数列({cfrac{a_n}{2n+1}})的前(n)项和(S_n)。
分析：结合第一问，数列(cfrac{a_n}{2n+1}=cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}=cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1})
故数列的前(n)项和(S_n=(cfrac{1}{2 imes1-1}-cfrac{1}{2 imes 1+1})+(cfrac{1}{2 imes 2 -1}-cfrac{1}{2 imes 2+1})+cdots+(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))
(=1-cfrac{1}{2n+1}=cfrac{2n}{2n+1})。
分析：由(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_n}=n^2)，
故当(nge 2)时，(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2)，
两式相减，得到
当(nge 2)时，(sqrt{a_n}=n^2-(n-1)^2=2n-1)，即(a_n=(2n-1)^2)，
验证(n=1)时，也满足上式。故通项公式为(a_n=(2n-1)^2，nin N^*)，
(a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1)，
则(cfrac{1}{a_{n+1}-1}=cfrac{1}{4n(n+1)}=cfrac{1}{4}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))
故(T_n=cfrac{1}{4}[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=cfrac{1}{4}cdot cfrac{n}{n+1}=cfrac{n}{4n+4})
对应练习
提示：(d=2)，(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n+1}})
(cfrac{a_2}{S_1S_2}+cfrac{a_3}{S_2S_3}+cfrac{a_4}{S_3S_4}+cdots+cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-cfrac{1}{(n+1)^2})；
提示：变形得到((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2)，即数列({a_{n+1}-a_n})为等差数列，再用累加法得到(a_n=n(n+1))，则(cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})，则(cfrac{1}{a_1}+cfrac{1}{a_2}+cdots +cfrac{1}{a_{2017}}=1-cfrac{1}{2018})，
则(2017(cfrac{1}{a_1}+cfrac{1}{a_2}+cdots +cfrac{1}{a_{2017}})=2017(1-cfrac{1}{2018})=2017-cfrac{2017}{2018}=2016+cfrac{1}{2018})，
故([cfrac{2017}{a_1}+cfrac{2017}{a_2}+cdots +cfrac{2017}{a_{2017}}]=[2016+cfrac{1}{2018} ]=2016)。