记号约定：本文中默认 \(n\in\mathbb{N}\)，\(k\in\mathbb Z\)，隐去范围的求和指标取一切使求和对象有意义且非零的值.
【例 1】求
\[\sum_k{n\choose k}\dfrac1{k+1}. \]【解】注意到 \(\displaystyle\int x^k\mathrm{d}x=\dfrac1{k+1}x^{k+1}+C\)，于是
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}\dfrac1{k+1}&=\sum_k{n\choose k}\int_0^1x^k\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\sum_k{n\choose k}x^k\mathrm{d}x \\&=\int_0^1(x+1)^n\mathrm{d}x&\text{（二项式定理）} \\&=\left.\dfrac{(x+1)^{n+1}}{n+1}\right|_0^1 \\&=\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}. \end{aligned} \]当然，本例过于简单，以至于有更简单的初等解法：
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}\dfrac1{k+1}&=\sum_{k\ne-1}{n+1\choose k+1}\dfrac1{n+1}&\text{（吸收恒等式）} \\&=\dfrac{(1+1)^{n+1}-1}{n+1}&\text{（二项式定理）} \\&=\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}. \end{aligned} \]注意：使用吸收恒等式的条件是 \(k+1\ne0\). 小心不要掉进陷阱里，否则会多算一项.
将本例的求和改为求交错和，得到一个对应的问题：
【例 2】求
\[\sum_k{n\choose k}(-1)^{k}\dfrac1{k+1}. \]【解】方法类似.
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}(-1)^{k}\dfrac1{k+1}&=\sum_k{n\choose k}(-1)^{k}\int_0^1x^k\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\sum_k{n\choose k}(-x)^k\mathrm{d}x \\&=\int_0^1(1-x)^n\mathrm{d}x&\text{（二项式定理）} \\&=\int_0^1x^n\mathrm{d}x \\&=\left.\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right|_0^1 \\&=\dfrac1{n+1}. \end{aligned} \]可以看到，交错和的结果更加简单一些. 事实上，下面几例交错和问题，去掉符号就做不了了. 这可能是因为交错和往往蕴含着一些容斥意义（笔者臆测）.
本例也有与上例类似的初等解法. 然而，在面对更复杂的问题时，几个基本组合恒等式就显得不够用了.
【例 3】求
\[\sum_k{n\choose k}(-1)^k\dfrac1{2k+1}. \]本例及下述解法来自 https://math.stackexchange.com/questions/4742691/. 也有初等解法，但不易想到，且更为复杂.
【解】采用类似的处理方法.
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}(-1)^k\dfrac1{2k+1}&=\sum_k{n\choose k}(-1)^k\int_0^1x^{2k}\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\sum_k{n\choose k}(-1)^kx^{2k}\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\mathrm{d}x&\text{（二项式定理）} \end{aligned} \]设所求为 \(I_n:=\displaystyle\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\mathrm{d}x\)，有 \(I_0=1\). 对 \(n>0\)，
\[\begin{aligned} I_n&=\left(x\left(1-x^2\right)^n\right)_0^1-\int_0^1 x\cdot\mathrm{d}\left(1-x^2\right)^{n} \\&=0-\int_0^1 x\cdot (-2x)n\left(1-x^2\right)^{n-1} \\&=2n\int_0^1 x^2\left(1-x^2\right)^{n-1} \\&=2n\left(\int_0^1 1\cdot\left(1-x^2\right)^{n-1}-\int_0^1 (1-x^2)\left(1-x^2\right)^{n-1}\right) \\&=2n(I_{n-1}-I_n). \end{aligned} \]于是 \(I_n=\dfrac{2n}{2n+1}I_{n-1}\)，解得 \(I_n=\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\).
【例 4】求
\[\sum_k{n\choose k}(-1)^k\dfrac1k. \]本例截取自某考研数学题的某一步骤，原题来源已不可考.
【解】初看与【例 1】没什么两样. 一个很明显的差别是 \(k\) 变成从 \(1\) 开始，仔细分析会发现分母的变化导致组合恒等式完全用不了. 然而，正如前三例中所见，对指标在分母上的情况，积分法尤为有效.
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}(-1)^k\dfrac1k&=\sum_{k\ne0}{n\choose k}(-1)^k\int_0^1x^{k-1}\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\sum_{k\ne0}{n\choose k}(-1)^kx^{k-1}\mathrm{d}x \\&=\int_0^1\dfrac{\left(1-x\right)^n-1}x\mathrm{d}x&\text{（二项式定理）} \\&=\int_0^1\dfrac{((1-x)-1)\sum_{i=0}^{n-1}(1-x)^i}x\mathrm{d}x&\text{（因式分解）} \\&=-\int_0^1\sum_{i=0}^{n-1}(1-x)^i\mathrm{d}x \\&=-\sum_{i=0}^{n-1}\int_0^1(1-x)^i\mathrm{d}x \\&=-\sum_{i=0}^{n-1}\left.\dfrac{x^{i+1}}{i+1}\right|_0^1 \\&=-\sum_{i=1}^{n}\dfrac1i=-H_n. \end{aligned} \]看第六个等号后的那个积分，是不是有点熟悉？在【例 2】中我们刚见过它. 这启发我们，用初等方法将本例转化为【例 2】是可能的，留做习题.
前面几例中求和指标都在分母. 事实上，对于指标与组合数直接相乘的情况，可以用类似的方法求解，这通常比初等方法步骤更少.（不过可能就不算“积分法”了，因为这次是转化成导数.）
【例 5】求
\[\sum_k{n\choose k}k^2. \]【解】
\[\begin{aligned} \sum_k{n\choose k}k^2&=\left.\sum_k{n\choose k}\left(\left(x^k\right)''+\left(x^k\right)'\right)\right|_{x=1} \\&=\left.\left(\sum_k{n\choose k}x^k\right)''+\left(\sum_k{n\choose k}x^k\right)'\right|_{x=1} \\&=\left.\left((x+1)^n\right)''+\left((x+1)^n\right)'\right|_{x=1} \\&=n(n-1)2^{n-2}+n\cdot2^{n-1} \\&=n(n+1)2^{n-2}. \end{aligned} \]这样做其实是先把 \(k^2\) 从普通幂转成下降幂，再运用导数把下降幂换回 \(x\) 的普通幂（以便使用二项式定理）. 这种做法应当可推广到任意次幂的情形，留做习题.
更多例题待续.
后注：以上所有题目应当都可以用生成函数求解，有空的话补充.
生成函数的一个重要技巧是 \(k^n=n![x^n]\mathrm{e}^{kx}\). 这可以解决最后的【例 5】，以几乎同样少的步骤.
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