一、裂项相消法的定义和常见的裂项公式
1、裂项相消法
把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的。
2、常见的裂项公式：
（1）若$\{a_n\}$是等差数列，则$\frac{1}{a_na_{n+1}}=$$\frac{1}{d}·\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}}\right)$，$\frac{1}{a_n·a_{n+2}}=$$\frac{1}{2d}\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+2}}\right)$。
（2）$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$。
（3）$\frac{1}{n(n+k)}=\frac{1}{k}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right)$。
（4）$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$。
（5）$\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=$$\frac{1}{2}\left[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right]$。
（6）$\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=$$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$。
（7）$\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+k}}=$$\frac{1}{k}(\sqrt{n+k}-\sqrt{n})$。
注：抵消后的项数并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能剩下第一项和倒数第二项。通过裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂项前后保持相等。
二、裂项相消法的例题
等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$a_3=3$，$S_4=10$，则$\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\frac{1}{S_k}=$____
A．$\frac{n}{n+1}$ B．$\frac{2n}{n+1}$
C．$\frac{3n}{n+1}$ D．$\frac{4n}{n+1}$
答案：B
解析：设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，由题意有：$\begin{cases}a_1+2d=3,\\4a_1+\frac{4×3}{2}d=10,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_1=1,\\d=1,\end{cases}$
数列的前$n$项和$S_n=$$na_1+$$\frac{n(n-1)}{2}d=$$n×1+$$\frac{n(n-1)}{2}×$$1=$$\frac{n(n+1)}{2}$，$\frac{1}{S_k}=$$\frac{2}{k(k+1)}=$$2\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$，所以$\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\frac{1}{S_k}=$$2\Big[\left(1-\frac{1}{2}\right)+$$\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+$$\cdots+$$\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\Big]=$$2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=$$\frac{2n}{n+1}$。
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