关于这个问题，这个问题可以使用等比数列求和公式和等差数列求和公式来解决。
假设我们要求解的等比数列为 $a,ar,ar^2,ldots,ar^{n-1}$，公比为 $r$，则等比数列求和公式为：
$$S=frac{a(1-r^n)}{1-r}$$
假设我们要求解的等差数列为 $a,a+d,a+2d,ldots,a+(n-1)d$，公差为 $d$，则等差数列求和公式为：
$$S=frac{n(2a+(n-1)d)}{2}$$
现在我们要求解等比数列与等差数列相乘后的和，也就是：
$$sum_{i=1}^na_i(a+id)$$
我们可以将其拆分成两部分，即：
$$egin{aligned}sum_{i=1}^na_i(a+id)&=sum_{i=1}^na^2r^{i-1}+sum_{i=1}^na^2rd(i-1)r^{i-1}\&=a^2sum_{i=1}^nr^{i-1}+adsum_{i=1}^ni r^{i-1}-adsum_{i=1}^nr^{i-1}end{aligned}$$
由于第一个求和式是等比数列求和，第二个求和式可以通过等差数列求和公式和等比数列求和公式相结合得到：
$$egin{aligned}adsum_{i=1}^ni r^{i-1}&=adsum_{i=1}^nfrac{d}{r}(r^i-r^{i-1})\&=adfrac{d}{r}frac{r^n-1}{r-1}\&=frac{ad^2}{r}frac{r^n-1}{r-1}end{aligned}$$
将上述结果代入最初的式子，得到：
$$egin{aligned}sum_{i=1}^na_i(a+id)&=a^2sum_{i=1}^nr^{i-1}+frac{ad^2}{r}frac{r^n-1}{r-1}-adsum_{i=1}^nr^{i-1}\&=frac{a^2(1-r^n)}{1-r}+frac{ad^2(r^n-1)}{(r-1)^2}-adfrac{r^n-1}{r-1}\&=frac{a^2r^n-d^2+ad(r^n-nr+1)}{(r-1)^2}end{aligned}$$
因此，等比数列与等差数列相乘的和为 $frac{a^2r^n-d^2+ad(r^n-nr+1)}{(r-1)^2}$。
（乘上公比）再用错位相减法。
形如An=BnCn，其中{Bn}为等差数列，{Cn}为等比数列；分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即q·Sn；然后错开一位，两个式子相减。这种数列求和方法叫做错位相减法。
【典例】：求和Sn=1+3x+5x2+7x3+…+(2n-1)·xn-1（x≠0，n∈N*）
当x=1时，Sn=1+3+5+…+(2n-1)=n2
当x≠1时，Sn=1+3x+5x2+7x3+…+(2n-1)xn-1
∴xSn=x+3x2+5x3+7x4+…+(2n-1)xn
两式相减得(1-x)Sn=1+2(x+x2+x3+x4+…+xn-1)-(2n-1)xn
扩展资料：
每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列，常用A、P表示。这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示。
例如：1,3,5,7,9……2n-1。通项公式为：an=a1+(n-1)*d。首项a1=1，公差d=2。前n项和公式为：Sn=a1*n+[n*(n-1)*d]/2或Sn=[n*(a1+an)]/2。注意：以上n均属于正整数。
一个各项均为正数的等比数列各项取同底数后构成一个等差数列；反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。
若（an）为等比数列且各项为正，公比为q，则（log以a为底an的对数）成等差，公差为log以a为底q的对数。等比数列前n项之和Sn=A1(1-q^n)/(1-q)=A1(q^n-1)/(q-1)=(A1q^n)/(q-1)-A1/(q-1)。在等比数列中，首项A1与公比q都不为零。
