\[{S_n} = \dfrac{{n\left({a_1} + {a_n}\right)}}{2}.\]或\[{S_n} = n{a_1} + \dfrac{n\left(n - 1\right)}{2}d.\]

本题考查等差数列的前 $n$ 项和的推导．通过倒序相加法求解即可．方法一：设 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的公差为 $d$，则\[\begin{split}{S_n} &= {a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}\\& = {a_1} + \left({a_1} + d\right) + \cdots + \left[{a_1} + \left(n - 1\right)d \right].\end{split}\]将 $S_n$ 倒序写出为 ${S_n} = {a_n} + \left({a_n} - d\right) + \cdots + \left[{a_n} - \left(n - 1\right)d\right]$．所以\[2{S_n} = n\left({a_1} + {a_n}\right),\]所以\[{S_n} = \dfrac{{n\left({a_1} + {a_n}\right)}}{2}.\]方法二：设 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的公差为 $d$，则\[\begin{split}{S_n} &= {a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}\\& = {a_1} + \left({a_1} + d\right) + \cdots + \left[{a_1} + \left(n - 1\right)d\right].\end{split}\]将 $X_n$ 倒序写出为\[\begin{split} {S_n} &= {a_n} + {a_{n - 1}} + \cdots + {a_1}\\
&= \left[{a_1} + \left(n - 1\right)d\right] + \left[{a_1} + \left(n - 2\right)d\right] + \cdots + {a_1},\end{split}\]所以\[\begin{split} 2{S_n} &= \left[2{a_1} + \left(n - 1\right)d\right] + \left[2{a_1} + \left(n - 1\right)d\right] + \cdots + \left[2{a_1} + \left(n - 1\right)d\right] \\& = 2n{a_1} + n\left(n - 1\right)d ,\end{split}\]所以\[{S_n} = n{a_1} + \dfrac{n\left(n - 1\right)}{2}d.\]

$\left\{ {a_n} \right\}$ 是等比数列，证明略．

本题考查等比数列的判定与证明．直接根据定义判定即可．$\left\{ {a_n} \right\}$ 是等比数列，证明如下：
因为 ${S_n} = \dfrac{{1 - {q^n}}}{1 - q}$，所以\[\begin{split}{a_{n + 1}} & \overset{\left[a\right]}= {S_{n + 1}} - {S_n} \\ &= \dfrac{{1 - {q^{n + 1}}}}{1 - q} - \dfrac{{1 - {q^n}}}{1 - q} \\ &= \dfrac{{{q^n}\left(1 - q\right)}}{1 - q} \\&= {q^n}.\end{split}\]（推导中用到：[a]）
∵ ${a_1} = 1$，$q \ne 0$，∴当 $n \geqslant 1$ 时，有\[\dfrac{{{a_{n + 1}}}}{a_n} = \dfrac{q^n}{{{q^{n - 1}}}} = q.\]因此，$\left\{ {a_n} \right\}$ 是首项为 $ 1 $ 且公比为 $q\left(q \ne 0\right)$ 的等比数列．