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數学的本质在于“关系”与“形式”.“拆项相消法”或叫f（k+1）-f（k）法就是体现数量关系中的一种形式的转换.其理论是：若ak=f（k+1）-f（k）.则Sn=∑nk=1ak= f（n+1）-f（1）.拆项相消法实质是：先分解再组合， 即把一个数列的通项公式分成几项差的形式，再将所有项重新组合，相加过程消去中间项，只剩有限项求和.
例如，求式子 41·2·3+52·3·4+63·4·5+...+n+3n（n+1）（n+2）的和，由于
ak=k+3k（k+1）（k+2）
=k+2k（k+1）（k+2）+1k（k+1）（k+2）
=1k（k+1）+1k（k+1）（k+2）
=（1k-1k+1）+12[1k（k+1）-1（k+1）（k+2）].
从而Sn=∑nk=1（1k-1k+1）+12∑nk=1[1k（k+1）-1（k+1）（k+2）]
=（1-1n+1）+12[12-1（n+1）（n+2）]=n（5n+11）4（n+1）（n+2）.
实际上，拆项相消法有其广泛的应用.
一、在求等差数列的前n项和中的应用
教材上是用所谓“倒序相加”来求等差数列的前n项和Sn的，可是，很少人去关注拆项相消法.
从等差数列的定义出发，为简单起见，不妨设a1-d=a0（d为公差）.
因ak=12dak（ak+1-ak-1）
=12d（akak+1-
ak-1ak）.
所以 Sn=∑nk=1ak=12d[（a1a2-a0a1）+（a2a3-a1a2）+...+（anan+1-an-1an）]
=12d（anan+1-a0a1）①
=12d（anan+1-ana1+ana1-a0a1）
=12d（annd+a1nd）=n（a1+an）2.
若在上述①式以后用an=a1+（n-1）d，an+1=a1+nd代入，可直接得到Sn=na1+12n（n-1）d.
二、公式12+22 +32 +…+n2=16n（n+1）（2n+1）的推导.
公式∑nk=1k2的推导，不是一件很简单的事.
卢正勇先生的《数学解题思路》（获“1987年全国优秀畅销书”奖）中介绍了一种利用恒等式（n+1）3-n3=3n2+3n+1迭加的求和方法.现在用拆项相消法：
一方面，Tn=1×2+2×3+…+n（n+1）
=∑nk=1k（k+1）=∑nk=113k（k+1）[（k+2）-（k-1）]
=13∑nk=1[k（k+1）（k+2）-（k-1）k（k+1）]
=13n（n+1）（n+2）①
另一方面，Tn=∑nk=1k（k+1）=∑nk=1k2+∑nk=1k
=Sn+12n（n+1）②
根据①②式，不难解出
Sn=∑nk=1k2=16n（n+1）（2n+1）.
推而广之，可以从Tn=1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）= ∑nk=1k（k+1）（k+2）
=14∑nk=1[k（k+1）（k+2）（k+3）-（k-1）k（k+1）（k+2）]
=14n（n+1）（n+2）（n+3）导出Sn=∑nk=1k3
……
从Tn=∑nk=1[k（k+1）（k+2）…（k+m-1）]
=…=1m+1n（n+1）（n+2）…（n+m） 中导出∑nk=1km.（至少理论上是这样）
三、在排列和组合中的应用
在含有排列数或组合数的一类问题中，常常用拆项相消法.
例1计算：
（1）31！+2！+3！+42！+3！+4！+…+n+2n！+（n+1）！+（n+2）！
分析（1）∵ak=k+2k！+（k+1）！+（k+2）！=k+2k！[1+（k+1）+（k+1）（k+2）]
=1k！（k+2）=k+1（k+2）！
=k+2（k+2）！-1（k+2）！=1（k+1）！-1（k+2）！
∴原式=∑nk=1ak=∑nk=1[1（k+1）！-1（k+2）！]
=12-1（n+2）！.
四、在三角数列求和中的应用
在不少三角数列的求和问题中，拆项相消法也往往派得上用场.
例2求和：
（1）Sn=tanθsec2θ+tan2θsec4θ+tan4θsec8θ+…+tan2n-1θsec2nθ
（2）Tn=sinθ+sin（θ+α）+sin（θ+2α）+…+sin＼[θ+（n-1）α＼]
分析∵（1）ak=tan2k-1θsec2kθ=
sin[（2k-2k-1）θ]cos2k-1θcos2kθ=tan2kθ-tan2k-1θ
∴Sn=tan2nθ-tanθ.
（2）∵ak=sin＼[θ+（k-1） α＼]
=12sinα2·2sinα2sin[θ+（k-1）α]
=12sinα2[cos（θ+2k-32α）-cos（θ+2k-12α）]
（利用2sinxsiny=（cosxcosy+sinxsiny）-（cosxcosy-sinxsiny）
=cos（x-y）-cos（x+y））
Tn=12sinα2[cos（θ-α2）-cos（θ+2n-12α）] =sinnα2sinα2sin（θ+n-12α）
注意：在（1）中，类似的有：
tanθ2secθ+tanθ22secθ2+tanθ23secθ22+…
+tanθ2nsecθ2n-1
=tanθ-tanθ2n；
在（2）中，对称结论是：
cosθ+cos（θ+α）+cos（θ+2α）+…
+cos＼[θ+（n-1） α＼]
=sinnα2sinα2·cos（θ+n-12α）.
（可用cosx=sin（π2+x）转化，利用已知结论，立得）
在这两个式子中，令α=θ或α=2θ，可得到很有用的三角和式.
可别小瞧了这些和式，它们与其它部分知识有许多交汇情况.
五、在趣味数学中的应用
一些有趣的图形计数问题也牵涉到拆项相消法.图1
例3如图1，在正三角形PAnBn的三边PAn，PBn，AnBn上，分别有一组等分点A1，A2，…，An-1；B1，B2，…，Bn-1；C1，C2，…，Cn-1.求出图中所有正放的大小三角形“△”的个数.
分析一时难以看清，可退一步，先考察个别简单的情况，然后把它化归为数列求和的问题.
不妨设f（k）为△PAkBk里含“△”的个数.（k=1，2，…，n）直接从图中看出：
f（1）=1，f（2）=4=1+（1+2），
f（3）=10=4+（1+2+3）
……
应该有f（k）=f（k-1）+（1+2+…+k），事实上，△PAk-1Bk-1里的“△”都在△PAkBk里；此外，△PAkBk比ΔPAk-1Bk-1多出一些底边在AkBk上的“△”：若设A1B1=1，则底边长为k的“△”有1个（即△PAkBk），底边长为k-1的有2个（△A1AkCk-1和△B1C1Bk），…依此类推，底边长为1的“△”有k个.因此，上述猜想是对的.
∵f（k）-f（k-1）=1+2+…+k=12k2+12k.
∴f（2）-f（1）=12×22+12×2，
f（3）-f（2）= 12×32+12×3，
……
f（n）-f（n-1）=12n2+12n.
将上面（n-1）个式子两边分别相加，得
f（n）- f（1）=1216n（n+1）（2n+1）-1+
1212n（n+1）-1
∴f（n）=16n（n+1）（n+2）.
综上所述，在一些与自然数n有关的问题中，不管是整式，分式，三角式，还是其它代数式，只要能把an表达成f（n+1）-f（n）或f（n）-f（n-1）的形式，原則上就可以用拆项相消法求出和式Sn=a1+a2+…+an.当然，要完成和式Sn的推导，通常需要有较强的逆向思维能力和综合变形的技巧.感觉变形比较困难的情况下，有时可用待定系数法尝试，验证.
（收稿日期：2016-11-22）
例如，求式子 41·2·3+52·3·4+63·4·5+...+n+3n（n+1）（n+2）的和，由于
ak=k+3k（k+1）（k+2）
=k+2k（k+1）（k+2）+1k（k+1）（k+2）
=1k（k+1）+1k（k+1）（k+2）
=（1k-1k+1）+12[1k（k+1）-1（k+1）（k+2）].
从而Sn=∑nk=1（1k-1k+1）+12∑nk=1[1k（k+1）-1（k+1）（k+2）]
=（1-1n+1）+12[12-1（n+1）（n+2）]=n（5n+11）4（n+1）（n+2）.
实际上，拆项相消法有其广泛的应用.
一、在求等差数列的前n项和中的应用
教材上是用所谓“倒序相加”来求等差数列的前n项和Sn的，可是，很少人去关注拆项相消法.
从等差数列的定义出发，为简单起见，不妨设a1-d=a0（d为公差）.
因ak=12dak（ak+1-ak-1）
=12d（akak+1-
ak-1ak）.
所以 Sn=∑nk=1ak=12d[（a1a2-a0a1）+（a2a3-a1a2）+...+（anan+1-an-1an）]
=12d（anan+1-a0a1）①
=12d（anan+1-ana1+ana1-a0a1）
=12d（annd+a1nd）=n（a1+an）2.
若在上述①式以后用an=a1+（n-1）d，an+1=a1+nd代入，可直接得到Sn=na1+12n（n-1）d.
二、公式12+22 +32 +…+n2=16n（n+1）（2n+1）的推导.
公式∑nk=1k2的推导，不是一件很简单的事.
卢正勇先生的《数学解题思路》（获“1987年全国优秀畅销书”奖）中介绍了一种利用恒等式（n+1）3-n3=3n2+3n+1迭加的求和方法.现在用拆项相消法：
一方面，Tn=1×2+2×3+…+n（n+1）
=∑nk=1k（k+1）=∑nk=113k（k+1）[（k+2）-（k-1）]
=13∑nk=1[k（k+1）（k+2）-（k-1）k（k+1）]
=13n（n+1）（n+2）①
另一方面，Tn=∑nk=1k（k+1）=∑nk=1k2+∑nk=1k
=Sn+12n（n+1）②
根据①②式，不难解出
Sn=∑nk=1k2=16n（n+1）（2n+1）.
推而广之，可以从Tn=1×2×3+2×3×4+…+n（n+1）（n+2）= ∑nk=1k（k+1）（k+2）
=14∑nk=1[k（k+1）（k+2）（k+3）-（k-1）k（k+1）（k+2）]
=14n（n+1）（n+2）（n+3）导出Sn=∑nk=1k3
……
从Tn=∑nk=1[k（k+1）（k+2）…（k+m-1）]
=…=1m+1n（n+1）（n+2）…（n+m） 中导出∑nk=1km.（至少理论上是这样）
三、在排列和组合中的应用
在含有排列数或组合数的一类问题中，常常用拆项相消法.
例1计算：
（1）31！+2！+3！+42！+3！+4！+…+n+2n！+（n+1）！+（n+2）！
分析（1）∵ak=k+2k！+（k+1）！+（k+2）！=k+2k！[1+（k+1）+（k+1）（k+2）]
=1k！（k+2）=k+1（k+2）！
=k+2（k+2）！-1（k+2）！=1（k+1）！-1（k+2）！
∴原式=∑nk=1ak=∑nk=1[1（k+1）！-1（k+2）！]
=12-1（n+2）！.
四、在三角数列求和中的应用
在不少三角数列的求和问题中，拆项相消法也往往派得上用场.
例2求和：
（1）Sn=tanθsec2θ+tan2θsec4θ+tan4θsec8θ+…+tan2n-1θsec2nθ
（2）Tn=sinθ+sin（θ+α）+sin（θ+2α）+…+sin＼[θ+（n-1）α＼]
分析∵（1）ak=tan2k-1θsec2kθ=
sin[（2k-2k-1）θ]cos2k-1θcos2kθ=tan2kθ-tan2k-1θ
∴Sn=tan2nθ-tanθ.
（2）∵ak=sin＼[θ+（k-1） α＼]
=12sinα2·2sinα2sin[θ+（k-1）α]
=12sinα2[cos（θ+2k-32α）-cos（θ+2k-12α）]
（利用2sinxsiny=（cosxcosy+sinxsiny）-（cosxcosy-sinxsiny）
=cos（x-y）-cos（x+y））
Tn=12sinα2[cos（θ-α2）-cos（θ+2n-12α）] =sinnα2sinα2sin（θ+n-12α）
注意：在（1）中，类似的有：
tanθ2secθ+tanθ22secθ2+tanθ23secθ22+…
+tanθ2nsecθ2n-1
=tanθ-tanθ2n；
在（2）中，对称结论是：
cosθ+cos（θ+α）+cos（θ+2α）+…
+cos＼[θ+（n-1） α＼]
=sinnα2sinα2·cos（θ+n-12α）.
（可用cosx=sin（π2+x）转化，利用已知结论，立得）
在这两个式子中，令α=θ或α=2θ，可得到很有用的三角和式.
可别小瞧了这些和式，它们与其它部分知识有许多交汇情况.
五、在趣味数学中的应用
一些有趣的图形计数问题也牵涉到拆项相消法.图1
例3如图1，在正三角形PAnBn的三边PAn，PBn，AnBn上，分别有一组等分点A1，A2，…，An-1；B1，B2，…，Bn-1；C1，C2，…，Cn-1.求出图中所有正放的大小三角形“△”的个数.
分析一时难以看清，可退一步，先考察个别简单的情况，然后把它化归为数列求和的问题.
不妨设f（k）为△PAkBk里含“△”的个数.（k=1，2，…，n）直接从图中看出：
f（1）=1，f（2）=4=1+（1+2），
f（3）=10=4+（1+2+3）
……
应该有f（k）=f（k-1）+（1+2+…+k），事实上，△PAk-1Bk-1里的“△”都在△PAkBk里；此外，△PAkBk比ΔPAk-1Bk-1多出一些底边在AkBk上的“△”：若设A1B1=1，则底边长为k的“△”有1个（即△PAkBk），底边长为k-1的有2个（△A1AkCk-1和△B1C1Bk），…依此类推，底边长为1的“△”有k个.因此，上述猜想是对的.
∵f（k）-f（k-1）=1+2+…+k=12k2+12k.
∴f（2）-f（1）=12×22+12×2，
f（3）-f（2）= 12×32+12×3，
……
f（n）-f（n-1）=12n2+12n.
将上面（n-1）个式子两边分别相加，得
f（n）- f（1）=1216n（n+1）（2n+1）-1+
1212n（n+1）-1
∴f（n）=16n（n+1）（n+2）.
综上所述，在一些与自然数n有关的问题中，不管是整式，分式，三角式，还是其它代数式，只要能把an表达成f（n+1）-f（n）或f（n）-f（n-1）的形式，原則上就可以用拆项相消法求出和式Sn=a1+a2+…+an.当然，要完成和式Sn的推导，通常需要有较强的逆向思维能力和综合变形的技巧.感觉变形比较困难的情况下，有时可用待定系数法尝试，验证.
（收稿日期：2016-11-22）