■王洪民

一、方法发现

等比数列an=a1qn-1(q≠1)的前n项和公式除了课本上的推导方法，还可以这样推导：Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1，a1+q(a1+a1q+…+a1qn-1)-a1qn=a1+qSna1qn，故得方程Sn=a1+qSn-a1qn，解得。此方法主要是通过调整Sn的表达式使表达式中重复出现Sn，构造出关于Sn的方程，从而解得Sn，本文称此法为组合法。

例1已知an=nxn-1，x≠0，x≠1，n∈N，求数列{an}的前n项和Sn。

分析：大家在解答这类题时，通常会用错位相减法求和，是否可以用组合法求解呢?注意到1+3=2×2，2+4=2×3，3+5=2×4，…，n+n=2×n。而2，3，4，…，n分别是表达式中第2，3，4，…，n项的系数，如果设法让第1项与第3项，第2项与第4项分别变成同类项，再相加合并系数，便会重复出现Sn，组合出关于Sn的方程。

解：因为Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1，所以x2Sn=x2+2x3+3x4+…+nxn+1，于是Sn+x2Sn=1+2x+4x2+6x3+…+2(n-1)xn-1+(n-1)xn+nxn+1=1+2x(1+2x+3x2+…+nxn-1)-2nxn+(n-1)xn+nxn+1=1+2xSn-(n+1)xn+nxn+1，故得方程Sn+x2Sn=1+2xSn-(n+1)xn+nxn+1，解得Sn=。

组合法求和通过构造Sn的方程，解得Sn，避免或减少了真正意义上的求和，方法简洁利落。

二、方法应用

用组合法可以求一些曾让我们束手无策的前n项和问题。

例2求和Sn=1+a1q+a2q2+…+anq2，其中1-q-q2≠0，a1=a2=1，ak=ak-1+ak-2(k=3，4，…，n)。

分析：因为a1=a2=1，ak=ak-1+ak-2(k=3，4，…，n)，所以{ak}为斐波那契数列，通项为。因为ak-ak-1=ak-2(k=3，4，…，n)，ak-1，ak分别为qk-1和qk项的系数，ak-2也在求和式中，因此可用组合法求和。

解：Sn-qSn=1+(a1-1)q+(a2-a1)q2+…+(an-an-1)qn-anqn+1=1+a1q3+a2q4+…+an-2qn-anqn+1=1+q2Sn-q2-an-1qn+1-anqn+2-anqn+1，故得方程Sn-qSn=1+q2Sn-q2-an+1qn+1-anqn+2，解得。其中an=。

例3求和Sn=1+qcosx+q2cos2x+…+qncosnx(cosx≠1)。

解：因为coskx+cos(k-2)x=2cosx·cos(k-1)x(k=2，3，…，n)，所以Sn+q2Sn=1+qcosx+q2(cos2x+1)+…+qn[cosnx+cos(n-2)x]+qn+1cos(n-1)x+qn+2cosnx=1-qcosx+2qcos(1+qcosx+q2cos2x+…+qncosnx)-2qn+1·cosxcosnx+an+1cos(n- 1)x+qn+2cosnx=1-qcosx+2qcosxSn-qn+1cos(n+1)x+qn+2cosnx，故得方程Sn+q2Sn=1-qcosx+2qcosxSn-qn+1cos(n+1)x+qn+2cosnx，解 得Sn=。

练习：用组合法求和Sn=1+22x+32x2+…+n2xn-1(x≠1)，请读者自己完成。