■王洪民

一、方法發(fā)現(xiàn)

等比數(shù)列an=a1qn-1(q≠1)的前n項(xiàng)和公式除了課本上的推導(dǎo)方法，還可以這樣推導(dǎo)：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。此方法主要是通過(guò)調(diào)整Sn的表達(dá)式使表達(dá)式中重復(fù)出現(xiàn)Sn，構(gòu)造出關(guān)于Sn的方程，從而解得Sn，本文稱此法為組合法。

例1已知an=nxn-1，x≠0，x≠1，n∈N，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn。

分析：大家在解答這類題時(shí)，通常會(huì)用錯(cuò)位相減法求和，是否可以用組合法求解呢?注意到1+3=2×2，2+4=2×3，3+5=2×4，…，n+n=2×n。而2，3，4，…，n分別是表達(dá)式中第2，3，4，…，n項(xiàng)的系數(shù)，如果設(shè)法讓第1項(xiàng)與第3項(xiàng)，第2項(xiàng)與第4項(xiàng)分別變成同類項(xiàng)，再相加合并系數(shù)，便會(huì)重復(fù)出現(xiàn)Sn，組合出關(guān)于Sn的方程。

解：因?yàn)镾n=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=。

組合法求和通過(guò)構(gòu)造Sn的方程，解得Sn，避免或減少了真正意義上的求和，方法簡(jiǎn)潔利落。

二、方法應(yīng)用

用組合法可以求一些曾讓我們束手無(wú)策的前n項(xiàng)和問(wèn)題。

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?yàn)閍1=a2=1，ak=ak-1+ak-2(k=3，4，…，n)，所以{ak}為斐波那契數(shù)列，通項(xiàng)為。因?yàn)閍k-ak-1=ak-2(k=3，4，…，n)，ak-1，ak分別為qk-1和qk項(xiàng)的系數(shù)，ak-2也在求和式中，因此可用組合法求和。

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?yàn)閏oskx+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=。

練習(xí)：用組合法求和Sn=1+22x+32x2+…+n2xn-1(x≠1)，請(qǐng)讀者自己完成。