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在高中数列求和的教学中，我们常可看到老师们介绍了多种方法，比如倒序相加法、错位相减法、裂项求和法，等等. 其实数列求和有一种统一的方法，即为了求得数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ，我们试图将数列ａｎ拆成（分解为）两项之差，使得在求和的时候正负相抵消，从而达到求其和的表达式的目的. 也就是，只要找到一个数列｛ｆ（ｎ）｝，使通项ａｎ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（ｎ － １），便有Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ａｎ ＝ ［ｆ（１） － ｆ（０）］ ＋ ［ｆ（２） － ｆ（１）］ ＋ … ＋ ［ｆ（ｎ） － ｆ（ｎ － １）］ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０）.
当然，找到一个合适的ｆ（ｎ）常有一定的难度，但对于一些常见数列，只要注意观察其通项的特征，始终瞄准“将ａｎ分解成一个新的数列的相邻两项之差”这一目标，发挥想象，考察与ａｎ“相近”的数列，很多时候这样的ｆ（ｎ）是可以找到的.
１． 等差数列及其相关数列的求和
对于等差数列｛ａｎ｝，ａｎ ＝ ａ１ ＋ （ｎ － １）ｄ，则Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ａｎ ＝ ｎａ１＋［１ ＋ ２ ＋ … ＋ （ｎ － １）］ｄ，因此求Ｓｎ就归结为求１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ （ｎ － １） ＋ ｎ.
考虑通项｛ｎ｝. 为了保持ｎ这一因式，考察ｎ（ｎ ＋ １）与（ｎ － １）ｎ这两项，它们是数列｛ｎ（ｎ ＋ １）｝的前后两项，其差ｎ（ｎ ＋ １）－（ｎ － １）ｎ ＝ ２ｎ，于是n = ■ － ■.
令ｆ（ｎ） = ■，则有１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ ｎ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■，代入即可求得等差数列的求和公式.
引申１ 求和Ｓｎｒ ＝ １·２ ·… ·ｒ ＋ ２·３·…·（ｒ ＋ １） ＋ … ＋ ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）.
考察数列｛ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）｝相邻两项的差，得ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １） ＝ ■［ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ） － （ｎ － １）ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）］.
于是可得Ｓｎｒ ＝ ■ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）．
引申２ 求幂和Ｓｐ（ｎ） ＝ １ｐ ＋ ２ｐ ＋ ３ｐ ＋ … ＋ ｎｐ（ｐ为某一自然数）.
以ｐ ＝ ３为例.
方法１ 由ｎ３ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ２ － ２ｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ（ｎ ＋ １） ＋ ｎ，利用公式可得Ｓｎｒ.
方法２ 设ｎ３ ＝ ａｎ４ ＋ ｂｎ３ ＋ ｃｎ２ ＋ ｄｎ － ［ａ（ｎ － １）４ ＋ ｂ（ｎ － １）４ ＋ ｃ（ｎ － １）２ ＋ ｄ（ｎ － １）］，待定系数可得ａ ＝ ■，ｂ ＝ ■，ｃ ＝ ■，ｄ ＝ ０，令ｆ（ｎ） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２．
于是Ｓ３（ｎ） ＝ １３ ＋ ２３ ＋ ３３ ＋ … ＋ ｎ３ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２ = ［■］2.
对于一般的Ｓｐ（ｎ），我们考虑（ｎ ＋ １）ｐ＋１ － ｎｐ＋１的展开式，（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － ｎｐ＋１ ＝ Ｃ■■ｎｐ＋Ｃ■■ｎｐ-1 ＋ … ＋ Ｃ■■ｎ＋１，对上式求和，得（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － １ ＝ Ｃ■■Ｓｐ（ｎ）＋Ｃ■■Ｓｐ－１（ｎ） ＋ … ＋ Ｃ■■Ｓ１（ｎ） ＋ Ｓ０（ｎ）.
这样借助上述递推式与Ｓ１（ｎ），Ｓ２（ｎ），…，Ｓｐ － １（ｎ），就可得Ｓｐ（ｎ）的表达式.
引申３ 设｛ａｎ｝是公差为ｄ（ｄ ≠ ０）的等差数列，求
■anan + 1…an + r - 1（ｒ是某一正整数）.
由于ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝
（ａｎ＋ｒ－ａｎ－１）ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ （ｒ ＋ １）ｄａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１，
所以ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ ■（ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１），因此■anan + 1…an + r - 1 ＝
ａ１ａ２…ａｒ ＋ ■（ａｍａｍ＋１…ａｍ＋ｒ－１ａｍ＋ｒ － ａ１ａ２…ａｒａｒ＋１）.
２． 等比数列以及等差数列与等比数列乘积型数列的求和
对于首项是ｂ公比为ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比数列｛ｂｎ｝，考察其通项ｂｑｎ－１.
由于ｑｎ－ｑｎ－１＝（ｑ － １）ｑｎ－１，于是ｂｑｎ－１ ＝ ■（ｑｎ － ｑｎ－１），对上式两边求和，得■bqn-1 =■（ｑm － 1）.
引申 设｛ａｎ｝是首项为ａ公差为ｄ的等差数列，｛ｂｎ｝是首项为ｂ公比为ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比数列，由于ａｎ·ｂｎ＝［ａ ＋ （ｎ － １）ｄ］·ｂｑｎ－１ ＝ （ａ － ｄ）ｂｑｎ－１ ＋ ｂｄｎｑｎ－１，于是，数列｛ａｎ·ｂｎ｝求和的关键在于求出■nqn-1 .
方法１ 考虑到ｎｑｎ － （ｎ － １）ｑｎ－１ ＝ （ｑ － １）ｎｑｎ－１ ＋ ｑｎ－１，对其两边求和，
得■［nqn - （ｎ － １）ｑｎ-1］ ＝ （ｑ － １）·■nqn-1 ＋ ■qn-1，即
ｍｑｍ ＝ （ｑ － １）■nqn-1 ＋ ■，得
■nqn-1 ＝ ■ - ■，
由此就可求出■an·bn ＝ （ａ － ｄ）ｂ■ ＋ bd（■ - ■）.
方法２ ■nqn-１ ＝ １ ＋ ２ｑ ＋ ３ｑ２ ＋ ４ｑ３ ＋ … ＋ （ｍ － １）ｑｍ－２ ＋ ｍｑｍ－１ ＝ （１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ …＋ （ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ ｑｍ－１ ＝ ■ + ■ + ■ + … + ■ ＋ ■ ＝ ■（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ … + qm-2 + qm-1） - ■ = ■ - ■ = ■ - ■.
综上所述，只要一个数列的通项可以“分解”，便可求和，从这个意义上说，这种求和方法具有高度的统一性，而这种统一性正是数学美的基本特征之一，它追求的是部分与部分、部分与整体之间的和谐协调以及数学方法的融会贯通. 用数学的统一性指导数学解题，会使我们对问题的认识更加深入.
当然，找到一个合适的ｆ（ｎ）常有一定的难度，但对于一些常见数列，只要注意观察其通项的特征，始终瞄准“将ａｎ分解成一个新的数列的相邻两项之差”这一目标，发挥想象，考察与ａｎ“相近”的数列，很多时候这样的ｆ（ｎ）是可以找到的.
１． 等差数列及其相关数列的求和
对于等差数列｛ａｎ｝，ａｎ ＝ ａ１ ＋ （ｎ － １）ｄ，则Ｓｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ａｎ ＝ ｎａ１＋［１ ＋ ２ ＋ … ＋ （ｎ － １）］ｄ，因此求Ｓｎ就归结为求１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ （ｎ － １） ＋ ｎ.
考虑通项｛ｎ｝. 为了保持ｎ这一因式，考察ｎ（ｎ ＋ １）与（ｎ － １）ｎ这两项，它们是数列｛ｎ（ｎ ＋ １）｝的前后两项，其差ｎ（ｎ ＋ １）－（ｎ － １）ｎ ＝ ２ｎ，于是n = ■ － ■.
令ｆ（ｎ） = ■，则有１ ＋ ２ ＋ ３ ＋ … ＋ ｎ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■，代入即可求得等差数列的求和公式.
引申１ 求和Ｓｎｒ ＝ １·２ ·… ·ｒ ＋ ２·３·…·（ｒ ＋ １） ＋ … ＋ ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）.
考察数列｛ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）｝相邻两项的差，得ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １） ＝ ■［ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ） － （ｎ － １）ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）］.
于是可得Ｓｎｒ ＝ ■ｎ（ｎ ＋ １）·…·（ｎ ＋ ｒ － １）（ｎ ＋ ｒ）．
引申２ 求幂和Ｓｐ（ｎ） ＝ １ｐ ＋ ２ｐ ＋ ３ｐ ＋ … ＋ ｎｐ（ｐ为某一自然数）.
以ｐ ＝ ３为例.
方法１ 由ｎ３ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ２ － ２ｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２） － ３ｎ（ｎ ＋ １） ＋ ｎ，利用公式可得Ｓｎｒ.
方法２ 设ｎ３ ＝ ａｎ４ ＋ ｂｎ３ ＋ ｃｎ２ ＋ ｄｎ － ［ａ（ｎ － １）４ ＋ ｂ（ｎ － １）４ ＋ ｃ（ｎ － １）２ ＋ ｄ（ｎ － １）］，待定系数可得ａ ＝ ■，ｂ ＝ ■，ｃ ＝ ■，ｄ ＝ ０，令ｆ（ｎ） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２．
于是Ｓ３（ｎ） ＝ １３ ＋ ２３ ＋ ３３ ＋ … ＋ ｎ３ ＝ ｆ（ｎ） － ｆ（０） ＝ ■ｎ４ ＋ ■ｎ３ ＋ ■ｎ２ = ［■］2.
对于一般的Ｓｐ（ｎ），我们考虑（ｎ ＋ １）ｐ＋１ － ｎｐ＋１的展开式，（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － ｎｐ＋１ ＝ Ｃ■■ｎｐ＋Ｃ■■ｎｐ-1 ＋ … ＋ Ｃ■■ｎ＋１，对上式求和，得（ｎ ＋ １）ｐ ＋ １ － １ ＝ Ｃ■■Ｓｐ（ｎ）＋Ｃ■■Ｓｐ－１（ｎ） ＋ … ＋ Ｃ■■Ｓ１（ｎ） ＋ Ｓ０（ｎ）.
这样借助上述递推式与Ｓ１（ｎ），Ｓ２（ｎ），…，Ｓｐ － １（ｎ），就可得Ｓｐ（ｎ）的表达式.
引申３ 设｛ａｎ｝是公差为ｄ（ｄ ≠ ０）的等差数列，求
■anan + 1…an + r - 1（ｒ是某一正整数）.
由于ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝
（ａｎ＋ｒ－ａｎ－１）ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ （ｒ ＋ １）ｄａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１，
所以ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ ＝ ■（ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１ａｎ＋ｒ － ａｎ－１ａｎａｎ＋１…ａｎ＋ｒ－１），因此■anan + 1…an + r - 1 ＝
ａ１ａ２…ａｒ ＋ ■（ａｍａｍ＋１…ａｍ＋ｒ－１ａｍ＋ｒ － ａ１ａ２…ａｒａｒ＋１）.
２． 等比数列以及等差数列与等比数列乘积型数列的求和
对于首项是ｂ公比为ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比数列｛ｂｎ｝，考察其通项ｂｑｎ－１.
由于ｑｎ－ｑｎ－１＝（ｑ － １）ｑｎ－１，于是ｂｑｎ－１ ＝ ■（ｑｎ － ｑｎ－１），对上式两边求和，得■bqn-1 =■（ｑm － 1）.
引申 设｛ａｎ｝是首项为ａ公差为ｄ的等差数列，｛ｂｎ｝是首项为ｂ公比为ｑ（ｑ ≠ ０，ｑ ≠ １）的等比数列，由于ａｎ·ｂｎ＝［ａ ＋ （ｎ － １）ｄ］·ｂｑｎ－１ ＝ （ａ － ｄ）ｂｑｎ－１ ＋ ｂｄｎｑｎ－１，于是，数列｛ａｎ·ｂｎ｝求和的关键在于求出■nqn-1 .
方法１ 考虑到ｎｑｎ － （ｎ － １）ｑｎ－１ ＝ （ｑ － １）ｎｑｎ－１ ＋ ｑｎ－１，对其两边求和，
得■［nqn - （ｎ － １）ｑｎ-1］ ＝ （ｑ － １）·■nqn-1 ＋ ■qn-1，即
ｍｑｍ ＝ （ｑ － １）■nqn-1 ＋ ■，得
■nqn-1 ＝ ■ - ■，
由此就可求出■an·bn ＝ （ａ － ｄ）ｂ■ ＋ bd（■ - ■）.
方法２ ■nqn-１ ＝ １ ＋ ２ｑ ＋ ３ｑ２ ＋ ４ｑ３ ＋ … ＋ （ｍ － １）ｑｍ－２ ＋ ｍｑｍ－１ ＝ （１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ （ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ … ＋ ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ …＋ （ｑｍ－２ ＋ ｑｍ－１） ＋ ｑｍ－１ ＝ ■ + ■ + ■ + … + ■ ＋ ■ ＝ ■（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ … + qm-2 + qm-1） - ■ = ■ - ■ = ■ - ■.
综上所述，只要一个数列的通项可以“分解”，便可求和，从这个意义上说，这种求和方法具有高度的统一性，而这种统一性正是数学美的基本特征之一，它追求的是部分与部分、部分与整体之间的和谐协调以及数学方法的融会贯通. 用数学的统一性指导数学解题，会使我们对问题的认识更加深入.