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第十三讲 分数裂项与分拆







1. “裂差”型运算
将算式中的项进行拆分，使拆分后的项可前后抵消，这种拆 项计算称为裂项法.裂项分
为分数裂项和整数裂项，常见的裂项方法是将数字分拆成两个或多个数字单位 的和或差。遇
到裂项的计算题时，要仔细的观察每项的分子和分母，找出每项分子分母之间具有的相同的
关系，找出共有部分，裂项的题目无需复杂的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的
话， 找到相邻两项的相似部分，让它们消去才是最根本的。
①对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即< br>即
ab
，那么有
1
形式的，这里我们把较小的数写在前面，
ab
1111
()

abbaab
②对于分母上为3个或4个自然数乘积形式的分数，我们有：
1111
[]

n(nk)(n2k)2kn(nk)(n k)(n2k)
1111
[]

n(nk)(n2k)( n3k)3kn(nk)(n2k)(nk)(n2k)(n3k)
③对于分子不 是1的情况我们有：
k1

1





n(nk)

nnk

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hh

11






n

nk

k

nnk

2k11


n

nk

n2k

n

nk

nk

n2k

3k11


n

nk

n2k

n3k

n

nk

n2k

nk

n2k

n3k

h
n

nk

n2k


h
2k< br>
11




n

nk< br>
nk

n2k



11


nnkn2knkn2kn3k



hh

n

nk

n 2k

n3k

3k
2

2n
< br>1

11

1




2n12n122n12n1


2. 裂差型裂项的三大关键特征：
①分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为任 意自然数)的，
但是只要将x提取出来即可转化为分子都是1的运算。
②分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接”
③分母上几个因数间的差是一个定值。
3.复杂整数裂项型运算
复杂整数裂项特点 ：从公差一定的数列中依次取出若干个数相乘，再把所有的乘积相加。
其巧解方法是：先把算式中最后一 项向后延续一个数，再把算式中最前面一项向前伸展一个
数，用它们的差除以公差与因数个数加1的乘积 。
整数裂项口诀：等差数列数，依次取几个。所有积之和，裂项来求作。后延减前伸，差
数除 以N。N取什么值，两数相乘积。公差要乘以，因个加上一。
需要注意的是：按照公差向前伸展时，当 伸展数小于0时，可以取负数，当然是积为负
数，减负要加正。对于小学生，这时候通常是把第一项甩出 来，按照口诀先算出后面的结果
再加上第一项的结果。
此外，有些算式可以先通过变形，使之符合要求，再利用裂项求解。
4. “裂和”型运算
常见的裂和型运算主要有以下两种形式：
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abab11
a
2
b
2
a
2
b
2ab
①

②


abababba
abababba
裂和型运算与裂差型运算的对比：
裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”，裂和型运算的题目不仅有“两两抵消”
型的，同时还有转化为“分数凑整”型的，以达到简化目的。

1.复杂整数裂项的特点及灵活运用
2.分子隐蔽的裂和型运算。




11111


123423 453456678978910
1

111111


L

【解析】
原式



3

12323423 43457898910

例1：
1

11

119






3
< br>1238910

2160
5719
例2：计算：
 
L

．
1232348910
【解析】
如果式子中每一项的分子都相同，那么就是一道很常见的分数裂项的题目．但是本题中分子不
相同，而 是成等差数列，且等差数列的公差为2．相比较于2，4，6，……这一公差为2的等差
数列(该数列的 第
n
个数恰好为
n
的2倍)，原式中分子所成的等差数列每一项都比其大3， 所以
可以先把原式中每一项的分子都分成3与另一个的和再进行计算．
原式

3234316


L

1232348910
1128

1

1

3


L
2
L



8910

8910

123234

123234
1

111111

11

1
3


L
2L


2

1223233489910
910

2334

3

11
11

1111


2
L




2

12910
< br>910

2334
3

11

11
71123




2





2

290

210
460515
也可以直接进行通项归纳．根据等差数列的性质，可知分子的通项公式为< br>爱心 责任 奉献


2n3
，所以

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2n323

n

n1
< br>

n2

n1



n 2

n

n1



n2

，再将每一项的
23
与分别加在一起进行裂项．后面的过程与前面的方法相

n1



n2

n

n1



n2

同．
12349


L

2232342345234
L10
12349
【解析】
原式



L

2232342345234
L
10
2 13141101


L

22323423 4
L
10
1111111

1
L

222323234234
L
9234
L
910
13628799

1
234L91036288 00
1111
例4：



LL

11 212312
L
100
【解析】
本题为典型的“隐藏在等差数 列求和公式背后的分数裂差型裂项”问题。此类问题需要从最简
例3：
单的项开始入手，通过公 式的运算寻找规律。从第一项开始，对分母进行等差数列求和运算公
112112
，，……，

1
(11)1
1212
(12)2
2 3
22
2222120099
原式



L L
2(1)1
1223341001
111111
例5 ：
2

2

2

2

2

2

.
31517191111131
22
【解析】
这题是利用平方差公式进行裂项：
ab(ab)(ab)
，
111111
原式
()()()()()()

24 466881010121214
11
()

24466881
1113
()

214214
1 1
1
31999
例6：
2



L

111111
1(1)(1)(1)(1)
L
(1 )
223231999
11
211
n1
【解析】

n1
2()

111n2
(n1)(n 2)n1n2
(1)(1)
L
(1)
23n12
111111

1

999

11
)

2
＝
1
原式＝

()()()
L
(
10001000

344519992000

23
式的代入有

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A
333

......
123423451 7181920
1111111
【解析】
原式
3[(...)]

312323423 4345171819181920
113192011139


1231819201819206840
1.

571719


L

）
23434 5891091011
571719
【解析】
本题的重点在于计算括号内的 算式：
．这个

L

234345891091 011
2.计算：
1155
（
算式不同于我们常见的分数裂项的地方在于 每一项的分子依次成等差数列，而非常见的分子相
同、或分子是分母的差或和的情况．所以应当对分子进 行适当的变形，使之转化成我们熟悉的
形式．
观察可知
523
，
734
，……即每一项的分子都等于分母中前两个乘数的和，所以
571719


L

23434589 1091011
2334910


L

2 3434591011
111111



 
L

342445351011911
11

111

1



L

L



1011

2435911
3445
11

1

1111111111< br>
1111



L





L



1011< br>
2

243546810911

3445
< br>11

1

1111

81

28

31






< br>






311221
55

31
所以原式
1155651
．
55
34512
3.计算：


L

12452356346710111314
【解析】
观察可知原 式每一项的分母中如果补上分子中的数，就会是5个连续自然数的乘积，所以可以
先将每一项的分子、分 母都乘以分子中的数．即：
3
2
4
2
5
2
12< br>2
原式



L

12345 23456345671011121314
现在进行裂项的话无法全部相消 ，需要对分子进行分拆，考虑到每一项中分子、分母的对称性，
可以用平方差公式：
315 4
，
4264
，
5374
……
2223
2
4
2
5
2
12
2
【解析】
原式



L

1234523 456345671011121314
15426437410 144


L

12345234563 45671011121314
111

1

< br>

L


111213

2 34345456
4444




L< br>

1011121314

1234523 45634567

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1

111111




L
 

2

2334344511121213

111111




L


1011121311121314

1234234523 453456

1

11

11
< br>




2

23121 3

123411121314

11111771

12212132411121314811121314
1 175


8308616
4.
11

82 1114
23450


L

1(12)(1 2)(123)(123)(1234)(123
L
49)( 123
L
50)
【解析】
原式＝
234550
＋＋＋＋…＋
13366101015122 51275
1111
1
1
111274
＝（

） ＋（

）＋（

）＋（）＝

36610
13
5
5.
234100

L

1(1 2)(12)(123)(123)(1234)(12
L
99) (12
L
100)

211311
【解析】
，，……，

1(12)112(12)(123)121 23
10011
，所以

(12L99)(12L1 00)12L9912L100
1
原式
1

12L100
15049

1
50505050
2310
6.
1

 
L

1
（
12
）
(12)(123 )(123
L
9)(123
L
10)
23410
【解析】
原式
1(
L
)

133 66104555
11

11111
1

1 
L



4555

336610
1

1

1



55

1


55

B
35715
7.计算：
2


L

1 2
2
2
2
3
2
3
2
4
2< br>7
2
8
2
2
2
1
2
3
2
2
2
4
2
3
2
8
2
7< br>2
【解析】
原式

2

L

22

1 2
2
2
2
3
2
3
2
4
278
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1111111
L

2
2
2
23
2
3
2
4
2
7
2
8
2163

1
2

864
3
2
1 5
2
17
2
11993
2
11995
21
8.计算：
2

L

．
3 15
2
17
2
11993
2
11995
2< br>1
2

2

2

22
 
11
L
11
【解析】
原式


1
2


2 222

31

51

71

19931

19951

22

2
< br>997


L



24461 9941996

11

1

997

1111

1
997


L


997



997
244696
1996

2222
12350
9.计算：
< br>L

．
13355799101
【解析】
式子 中每一项的分子与分母初看起来关系不大，但是如果将其中的分母根据平方差公式分别变
22
为
2
2
1
，
4
2
1
，
61< br>，……，
1001
，可以发现如果分母都加上1，那么恰好都是分子
1< br>的4倍，所以可以先将原式乘以4后进行计算，得出结果后除以4就得到原式的值了．
1

2
2
4
2
6
2
100
2
< br>
L

原式


2

4

214
2
16
2
1100
2
1

1

1111



12
1
2
1
2

L
1
< br>
4

214161100
2
1

1

1111



50
L



4

13355799101

< br>11

1111111




50

1
L



4

2

3355799101




10.11

1


15063


50 

1

12


50
4
2

101


4101101
224 466881010


13355779911
n
2
11
1
2
1
【解析】
（法1）：可先找通项
a
n

2

n1n1( n1)(n1)
11111
原式
(1)(1)(1)(1) (1)

13355779911
1155
5(1)55

2111111
2880
（法2）：原式
(2)()()( )()

3355779911
61014185065
2 1045

3579111111
111
11.计算：
1


12123122007
1211
2()

【解析】
先找通项公式
a
n

12Lnn(n1 )nn1
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111


L

2(21)3(31)2007 (20071)
222
222220072007


L
2
12233420072
1111
12.


L

335357357
L
21
111
【解析】
先找通项：
a
n

，

35
L


2n1

1
2n 13n
n

n2


2
111111< br>原式



L

13243546 9111012
11

111

1

< br>
L

L



911
24461012

1335
1

1 1

1

11

175










2

111

2

212

264
原式
1




C
121231234123
L
50
13.
 
L

22323423
L
50
(1n) n
n(n1)
2
【解析】
找通项
a
n



(1n)n
n( n1)2
1
2
2334455623344556
原 式

L

L
，
4101828142 53647
通过试写我们又发现数列存在以上规律，这样我们就可以轻松写出全部的项，所以有
23344556484949505051
35023
2

L

26
142536474750 48514952
152
2222222222222
11212312 341226
14.
3

3

33333333333
11212312341226
n(n 1)(2n1)
222
12n22n1211
6
【解析】
a
n

3
()

22
33< br>n(n1)
12n3n(n1)3nn1
4
2111111 11
2152
原式=
[()()()LL(

)]
=
(1)
32781
31223342627
1

1

1

15.

1
2



1
2


L


1
2


2131991

1(n1 )
2
(n1)
2
a
n
1
【解析】

(n1)
2
1(n1)
2
1n(n2)223398989999
原式



L
 
(21)(21)(31)(31)(981)(981)(991)(99 1)
原式

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223344559898999929949

L
1

31425364999710098110050
2
23
2
99
2
16.计算：
2

L

2


213
2
1991
22
< br>n1

n1


【解析】
通项公式：
a
n

，

n11

n11

n

n2


原式
22334498989999


L

(2 1)(21)(31)(31)(41)(41)(981)(981)(991) (991)
2233445598989999


L

31425364999710098
223344989899 9929999
L

8100110050
1
2
2
2
99
2
17.计算：
2

L

2


110050002
2
200 50009999005000
n
2
【解析】
本题的通项公式为2
，没办法进行裂项之类的处理．注意到分母
n100n5000
2
n100n50005000n

100n

5000

100n


可以看出如果

100
< br>100n



，

把
n
换成< br>100n
的话分母的值不变，所以可以把原式子中的分数两两组合起来，最后单独剩下
50
2
一个
2
．将项数和为100的两项相加，得
505000 5000
n
2


100n

100n< br>
n
2
2n
2
200n10000

2
2
n
2
100n5000

100n

2
100

100n

5000
n
2
100n5000n100n5000
，
所以原式
249 199
．（或者，可得原式中99项的平均数为1，所以原式
19999
）
22


1.
11

111

1

24





2

2


2021

112
21
2
2
2
10
2

2345< br>1
11111
【解析】
虽然很容易看出＝

，＝

……可是再仔细一看，并没有什么效果，因
2323
45
45
为 这不象分数裂项那样能消去很多项．我们再来看后面的式子，每一项的分母容易让我们想到
公式 ，于是 我们又有
16
．．减号前面括号里的
＝
2222
n(n1)( 2n1)
123n
式子有10项，减号后面括号里的式子也恰好有10项，是不是 “一个对一个”呢？

11

111

1

24





2
2

2222
23452021
121210



1
11

11

1

1


＝
24

6


23452021123235101121
< br>＝
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11

111

1

24

 

24


234520212434 65202221



1111

1
1



＝
24

 






2324345 4652021202221



11
< br>11

1

1
＝
24

 

＝
6

＝
2022
1011

2446

1223
1
60

6

1

＝．

11
11

2.计算：
13579111315

33333333
【解析】
原式
1
3
2
3< br>3
3
4
3
L14
3
15
3


2
3
4
3
L14
3


4
57600
27
2
8
2

4
8128


3.
132435L

15
2


151

2
8
1
3
2
3
L7
3


911

【解析】
原式


21
 
21



31

31
L

101

101




2
2
1



3
2
1< br>

L


10
2
1



2
2
3
2

L
10
2< br>
9


1
2
2
2
3
2

L
10
2

10


101121
10375
6
4.计算：
1232343 45L8910

2222
【解析】
原式
2
21

3

31

4

41

L9

91


2
3
3
3
4
3
L9
3


234L9




123L9

1

234L9


2
45
2
451980

111111
5. 计算：
1
2

3

4

5

6

333333
【解析】
法一：利用等比数列求和公式。 

1

7

1

1
 




3



原式
1
1
3


1

7
< br>3264



1


1
729



3



2
法二： 错位相减法．
111111


33
2
3
3
3
4
3
5
3
6
111111364
则
3S31
2

3

4

5
，
3SS3
6
，整理可得
S1
．
333333 729
设
S1
法三：本题与例3相比，式子中各项都是成等比数列，但是例3中的 分子为3，与公比4差1，
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所以可以采用“借来还去”的方法，本题如果也要采用“借来还去”的方法，需要将每一项的
分子变得也 都与公比差1．由于公比为3，要把分子变为2，可以先将每一项都乘以2进行算，最后
222222< br>
，则运用
33
2
3
3
3
4
3
5
3
6
1364
“借来还去”的方法可得到
2S6
3
，整理得到
S1
．
3729
再将所得的结果除以2即得到原式的值．由题设，
2S2







(246100) (13
2
5
2
99
2
)
1.计算：
12391098321
(2
2
1< br>2
)(4
2
3
2
)(6
2
5
2
)(100
2
99
2
)
【解析】
原式


2
10
(21)(21)(43)( 43)(65)(65)(10099)(10099)

100
12349910050501
50

1001002
2
2.⑴

31415926

3141 592531415927
________；
⑵
1234876624688766
________．
【解析】
⑴ 观察可知31415925和31415927都与31415926相差1，设
a31 415926
，
原式
a

a1

a1

aa11

222
22
22222


⑵ 原式
12348766212348766

2 2


12348766

10000
2
1 00000000

3.计算：
1234L200520062007

2222222
【解析】
原式
20072006L54321


(20 072006)(20072006)(20052004)(20052004)L(3 2)(32)1

2007200620052004L321

2222222
2
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1


20071

20072015028
< br>2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
2
4
2
5
2
2000
2
2001
2
4.计算：

1223344520002001
【解析】
原式
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
2
4
2
5
2
2000
2
2 001
2

1212232334344 5452000200120002001

02001

 
22000
21324

35

1 9992001

2000
()()


< br>





12233
44

20002000

2001
20002000
222224000

144424443
2001200 1
2000个2相加

5，


2007
8.58.51.51.5

10


1600. 3
．
【解析】
原式



2007

8.51.5

8.51.5

10


1600.3



200710

8.51.5

10


1600.3




20077

1600.3
12.50.3 12.2

6.计算：
53574743
．
【解析】
本题可以直接将两个乘积计算出来再求它们的差，但灵活采用平方差公式能收到更好的效果．
2222
原式


552


552



452



45 2

552

452



 55
2
45
2


5545


5545

1000

7.计算：
1119121813171416
．
【解析】
本题可以直接计算出各项乘积再求和，也可以采用平方差公式．



原式
154

2
15
2



153



152


15
4

1234


222222
1
2


2222
90030870

2222
其中
1234
可以直接计算，但如果项数较多，应采用公式
1
1
2
2
2
Ln
2
n

n1

2n1

进行计算．
6
8.计算：
199298397L4951
．
【解析】
观察发现式子中每相乘的两个数的和都是相等的，可以采用平方差公式．









原式


5049



5049

< br>
5048



5048

L< br>
501



501




50
2
49
2



50< br>2
48
2

L

50
2
1
2


50
2
49

1
2
2
2
L49
2


50
2
49

1
2
2
2
L49
2


1
50
2
49495099

6
50
2
49492533

4925

10033


492567

82075

332333233.39.看规律
1
3
1
2
，
123
，
1236
……，试求
67L14

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原式
12L14

33.3


12
3
2
3.
L5
3

2< br>

123L14



1234 5



10.计算：
(1
105
2
15
2


10515

10515
< br>9012010800

1111111111
)()(1)()

2424624624
111111
【解析】
令
1a
，
b
，则：
246246
11
原式
(a)ba(b)

66
11

abbaba

66
111

(ab)1

666
11 1
11.
(1)()(1)()

23423452345234
111111
【解析】
设
a
，则原式化简为：
(1+a)(a+)-a(1a+)=

234555< br>
1111

1111

11111

111















12.
< br>
11213141

21314151

112131 4151

213141

1111111
【解析】
设
a
，
b
，
141
1

1

a
原式
a

b

b

51

51

11

abaabb

5151
1

(ab)

51
111


51115 61
11111
13.
（）()（)()

57911137911
1111111
【解析】
设
A
，
B
，
579117911
1

1

原式
A< br>
B



A

B

13

13

11

ABAABB

1313
1



AB


13
111



13565

1111

11111< br>
11111

1111

14.计算

1







1 







2345< br>
23456

23456

2345
11111111
【解析】
设
1A
，
B

23452345
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原式

A

B


1

1

11111
AB

ABAABBA B
(
AB
)

6

6
66666
1

6
2
9

1239

1

129

239

123
 
L
1
L

L

15.

L



10
23410

2

2310

3410

234
1t1

1
1239

1

2
1

22
【解析】
设
tL
，则有
tt(1t)

t

tt

t t



22

22

2
2 3410

2

1239
2
9
16.
( L)(L)(1L)(L)

23413410
1239
111t11
222
【解析】
设
tL
，则有
tt(1t)(t)tt(tt)

23410
222222




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