师：各位同学，大家好。今天我们继续学习等比数列的前 n 项和。首先，复习一下上节课的相关内容。等比数列的前 n 项和 (S_{n})，在公比不为 1 的情况下，它等于(\frac{a_{1}(1 - q^{n})}{1 - q})，也等于(\frac{a_{1} - a_{n}q}{1 - q})。我们在推导这套公式时，使用的方法称为错位相减法。当公比为 1 时，它是一个非零常数列，前 n 项和就是(n)倍的(a_{1})。
更早以前，我们学习了等差数列的前 n 项和，使用的是倒序相加法。它的前 n 项和公式是(\frac{n(a_{1} + a_{n})}{2})，也等于(na_{1} + \frac{n(n - 1)d}{2})。掌握了这两套公式，我们就可以解决已知等差数列或等比数列的求和问题。
下面，来看例一。求数列(1, a, a^{2}\cdots)的前 n 项和(S_{n})。首先判断这是个什么数列，它的首项为 1，第二项是(1×a = a)，第三项是(a×a = a^{2})。那么，能否这样解答：(S_{n} = 1 + a + a^{2} + \cdots + a^{n - 1} = \frac{1 - a^{n}}{1 - a} = \frac{a^{n} - 1}{a - 1}) ？这样解答是否正确呢？
生：这里的(a)不能等于 1 啊。
师：没错。第一个问题就是等比数列的这套求和公式只能用在公比不为 1 的情况之下，而这里的(a)是不是 1 我们并不知道。其实，这里还有一个更重要的问题，这一定是一个等比数列吗？如果(a = 0)，我们知道等比数列的任意一项都是非 0 的，所以当(a = 0)时，它连等比数列都不是，更不能使用它的求和公式了。
因此，这道题应该分成这样几种情况：当(a = 0)时，这个数列只有首项为 1，后面各项都是 0，此时(S_{n})显然等于 1；当(a = 1)时，这是一个各项均为 1 的常数列，所以(S_{n} = n)；只有当(a)既不是 0 也不是 1 的时候，我们才可以使用等比数列的前 n 项和公式，得到(S_{n} = \frac{a^{n} - 1}{a - 1})。
做到这里，观察细致的同学可能会发现，当(a = 0)时，(\frac{a^{n} - 1}{a - 1})也等于 1，也就是说满足上式。因此，我们可以得到：当(a = 1)时，(S_{n} = n)；当(a ≠ 1)时，(S_{n} = \frac{a^{n} - 1}{a - 1})。所以，我想提醒大家，在题中含有参数的时候，一定要注意对参数进行分类讨论。
虽然这道题有各种不同的情况，但主要还是应用等比数列的求和公式来进行解答的。可是，如果一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，那么我们应该如何解决呢？来看例 2，求数列(1\frac{1}{2}, 3\frac{1}{4}, 5\frac{1}{8}, 7\frac{1}{16}\cdots)的前 n 项和(S_{n})。它是等差数列吗？
生：显然不是。
师：是等比数列吗？
生：也不是。
师：可是这里面的(1, 3, 5, 7\cdots)我们很熟悉，它满足(2n - 1)这个通项公式。而(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{16}\cdots)又显然可以是一个等比数列(\frac{1}{2^{n}})的前四项。具体来说，(1\frac{1}{2})可以写成(1 + \frac{1}{2})，以此类推。也就是说，我们的通项(a_{n})可以写为(2n - 1 + \frac{1}{2^{n}})。
这样，我们就可以通过分别求出(1, 3, 5, 7\cdots 2n - 1)的和与(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\cdots \frac{1}{2^{n}})的和，再加在一起来得到这道题最终的前 n 项和，也就是(n^{2} + 1 - \frac{1}{2^{n}})。
我们把这种方法称为分组转化求和法。当一个数列的每一项都由各个独立项组合而成，而且这些独立项又可以分别组成等差数列或等比数列时，我们可以分组转化进行求和，再合在一起。这种方法称为分组转化求和法。
接下来看第三题，已知数列(a_{n})：(\frac{1}{2}, \frac{1}{3} + \frac{2}{3}, \frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4}, \frac{1}{5} + \frac{2}{5} + \frac{3}{5} + \frac{4}{5}\cdots)。如果(b_{n} = \frac{1}{a_{n}a_{n + 1}})，那么这个数列(b_{n})的前 n 项和是多少？想求一个数列的前 n 项和，我们要知道它具有怎样的特征。想知道它的特征，我们要求出(b_{n})的通项公式，而这道题想求(b_{n})，先得求出(a_{n})。我们看一下(a_{n})是什么？(a_{1} = \frac{1}{2})，(a_{2} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3})，(a_{3} = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4})，所以(a_{n})显然是(\frac{1}{n + 1} + \frac{2}{n + 1} + \cdots + \frac{n}{n + 1})。我们可以通过求和公式得到它的最终结果是(\frac{n}{2})，那么(b_{n})自然就是(\frac{4}{n(n + 1)})。
我们来看一下(b_{n})，它是等差数列吗？
生：不是。
师：它是等比数列吗？
生：也不是。
师：它也不是等差数列与等比数列的简单组合，那我们是否可以把它的各项拆分再重新组合进行求和呢？其实(\frac{4}{n(n + 1)})是可以拆成(4(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}))的。这个等式之所以成立，我们可以从右往左看，(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})，经过通分你可以发现它是(\frac{n + 1 - n}{n(n + 1)} = \frac{1}{n(n + 1)})，所以乘以 4 之后与左式相等。
那么为什么要这样拆分呢？写出它的格式你就明白了。(b_{1})就应当是(4(1 - \frac{1}{2}))，(b_{2})是(4(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}))，一直到(b_{n})是(4(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}))。当我们提取 4 之后，可以很明显地看到中间的很多项都被抵消了，只留下了(4(1 - \frac{1}{n + 1}))。这样就求出了(b_{n})的前 n 项和为(\frac{4n}{n + 1})。这种方法，我们称它为裂项相消求和法。
一般的，对于裂项后存在相消项的这类数列，我们可以先把各项进行拆分，重新组合，消去某些项之后达到求和的目的。可以有如下两项规律：
第一条，如果(a_{n})是一个公差不为 0 的等差数列，那么(\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}})就可以写成(\frac{1}{d}(\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n + 1}}))。这个等式成立，我们也可以从右向左进行推导，非常简单，同学们可以自己看一下。
举个例子，我们可以求一下(\frac{1}{3×7} + \frac{1}{7×11} + \frac{1}{11×15} + \frac{1}{15×19} + \cdots)。这里面的(3, 7, 11, 15\cdots)其实满足一个等差数列的通项公式，应当是(4n - 1)。所以如果我把下式的通项写成(b_{n})的话，它就是(\frac{3}{(4n - 1)(4n + 1)})。
根据前面给同学们总结的规律，我们可以知道它可以裂项成为(\frac{1}{4}(\frac{1}{4n - 1} - \frac{1}{4n + 1}))。具体来说就是(\frac{1}{3×7} = \frac{1}{4}(\frac{1}{3} - \frac{1}{7}))，(\frac{1}{7×11} = \frac{1}{4}(\frac{1}{7} - \frac{1}{11}))。所以当我们每一项都进行裂项之后，中间的很多项是可以抵消的，具体的运算同学们可以课后尝试一下。
那么用裂项相消法来进行求和，非常重要的一点是，我们要知道消去的是哪些项，留下的又是哪些项。比如说下面这个例子，已知数列(b_{n})中通项公式(b_{n} = \frac{2}{n(n + 1)})，求数列(\frac{1}{b_{n}})的前 n 项和(T_{n})。(\frac{1}{b_{n}})是多少？(\frac{n(n + 1)}{2})。根据我们刚才的规律，同学们应该能够很熟练地把它写成(\frac{1}{2}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2}))。看上去这一题与我们刚才给大家举的两个例子没有什么不同，可是如果我们写出式子，你会发现它的不同之处。
(T_{n} =\frac{1}{2}[(1 - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + \cdots])。再往后我们可以看到它并不是像刚才的两个例子一样，它的第二项和第三项是无法抵消的，我们的(-\frac{1}{3})一直到第三项列出的(\frac{1}{3})才可以抵消。也就是说我们的和式会留下前面的两项(1 + \frac{1}{2})，那么对称的后面也应该留下的是最后两项(-\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2})。通过计算等于(\frac{3}{4} - \frac{1}{2}(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2}))。所以一定要注意裂项相消，最终消去的是哪些项，留下的又是哪些项。
再比如说数列(b_{n})中已知通项公式(b_{n} = \frac{2^{n}}{(2^{n} - 1)(2^{n + 1} - 1)})，求这个数列(b_{n})的前 n 项和(T_{n})。
首先观察这个通项公式，你会发现与前几题是不同的，它的分子不再是常数，它的分母也不是两个关于(n)的一次式的乘积了。那是否代表着做法有所不同呢？其实我们可以大胆尝试一下，我们可以看到分母，它是两个代数式的乘积((2^{n} - 1))与((2^{n + 1} - 1))，所以我们能想到的第一个算式应当是(\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})，它是什么？我们通过简单计算通分一下，你会发现它的分子是((2^{n + 1} - 1) - (2^{n} - 1))。
这里(-1)是可以相互抵消的，剩下的(2^{n + 1} - 2^{n})，其实就是两倍的(2^{n} - 2^{n})，它就等于(2^{n})，也就是说与(b_{n})本来的通项公式是吻合的。那么我们就知道了(b_{n} = \frac{2^{n}}{(2^{n} - 1)(2^{n + 1} - 1)})是可以成功地裂项成为(\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})的。第一步裂项已经完成。下面我们来看一看它的和式是怎样的一个形式，带入不同的(n)的值，(b_{1} = 1 - \frac{1}{3})，(b_{2} = \frac{1}{3} - \frac{1}{7})，(b_{3} = \frac{1}{7} - \frac{1}{15})，最后(n)项是(\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})，所以中间项全部是可以互相抵消的，也就留下了第一项(1)与最后一项(-\frac{1}{2^{n + 1} - 1})。再通过通分简单化简，我们就可以得到最终结果是(\frac{2^{n + 1} - 2}{2^{n + 1} - 1})。