19 解-数列综合

本题导读

本题是 2025 年天津卷数学压轴题。第一问考查等差、等比数列通项公式的基本求解；第二问通过新定义集合 $T_n$，将数列求和与集合元素组合特征结合，考查错位相减法的深度运算以及对称性计数思想，综合性极强.

📌 【题干】

Question

已知 $\{a_n\}$ 是等差数列，$\{b_n\}$ 是等比数列，$a_1=b_1=2$，$a_2=b_2+1$，$a_3=b_3$.

（Ⅰ）求 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 的通项公式；

（Ⅱ）对于任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，设 $I=\{0,1\}$，定义集合 $T_n=\{p_1{a}_1{b}_1+p_2{a}_2{b}_2+\cdots +p_n{a}_n{b}_n\mid p_i\in I,i=1,2,\dots ,n\}$.

(i) 求证：对于任意 $t\in T_n$，均有 $t<a_{n+1}{b}_{n+1}$；

(ii) 求 $T_n$ 中所有元素之和.

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 第一问（通项求解）：利用等差数列公差 $d$ 和等比数列公比 $q$ 列方程组。通过 $a_1,a_2,a_3$ 与 $b_1,b_2,b_3$ 的关系锁定 $d$ 和 $q$.
2. 第二问 (i)（不等式证明）：$T_n$ 中的元素是数列 $\{a_k{b}_k\}$ 前 $n$ 项的某种组合。证明任意元素 $t$ 小于某值，只需证明所有项之和（即 $p_i$ 全取 1 时）的最大值 $S_n$ 满足条件。此处需使用错位相减法求出 $S_n$ 的闭式解.
3. 第二问 (ii)（集合求和）：集合 $T_n$ 共有 $2^n$ 个元素。直接求和非常困难，应采用贡献度法：考察每一项 $a_k{b}_k$ 在这 $2^n$ 个元素中作为累加项出现了多少次。利用对称性可知每一项都出现了 $2^{n-1}$ 次.

✍ 【详细解析】

（1）第一问详解

最优解法：

（Ⅰ）求通项公式 设 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，$\{b_n\}$ 的公比为 $q$. 由 $a_1=b_1=2$ 及已知条件得： $a_2=b_2+1⟹2+d=2q+1⟹d=2q-1$ $a_3=b_3⟹2+2d=2q^2$ 将 (1) 代入 (2)：$2+2(2q-1)=2q^2⟹4q=2q^2$. 由于 $q\ne 0$，解得 $q=2$，从而 $d=3$. 故通项公式为： $a_n=3n-1$,$b_n=2^n$.

(2) 第(i)问详解

最优解法

Ⅱ）(i) 证明：$t<a_{n+1}{b}_{n+1}$ 设 $c_n=a_n{b}_n=(3n-1)2^n$。$T_n$ 中最大的元素为 $S_n={\sum }_{k=1}^n(3k-1)2^k$.

利用错位相减法： $S_n=2\cdot 2^1+5\cdot 2^2+8\cdot 2^3+\cdots +(3n-1)2^n$ —— ① $2S_n=2\cdot 2^2+5\cdot 2^3+\cdots +(3n-4)2^n+(3n-1)2^{n+1}$ —— ②

① - ② 得： $-S_n=4+[3\cdot 2^2+3\cdot 2^3+\cdots +3\cdot 2^n]-(3n-1)2^{n+1}$ $-S_n=4+3\cdot \frac{4(2^{n-1}-1)}{2-1}-(3n-1)2^{n+1}=-8-(3n-4)2^{n+1}$.

故 $S_n=8+(3n-4)2^{n+1}$.

比较 $S_n$ 与 $a_{n+1}{b}_{n+1}=(3n+2)2^{n+1}$： $a_{n+1}{b}_{n+1}-S_n=(3n+2)2^{n+1}-[8+(3n-4)2^{n+1}]=6\cdot 2^{n+1}-8$.

当 $n⩾1$ 时，$6\cdot 2^2-8=16>0$. 故 $S_n<a_{n+1}{b}_{n+1}$ 恒成立，

即对于任意 $t\in T_n,t<a_{n+1}{b}_{n+1}$.

(2) 第(ii)问详解

最优解法

（Ⅱ）(ii) 解：求 $T_n$ 中所有元素之和 设集合 $T_n$ 中所有元素之和为 ${\Sigma }_n$。 【第一步：利用 (i) 问结论宣告集合元素的互异性】 由 (i) 问已证， $c_{k+1}>{\sum }_{i=1}^k{c}_i$ 恒成立。 这是一个极具统治力的特征，它表明数列 $\{c_n\}$ 是一个超递增序列。 在超递增序列中，任何两个由不同的 $0-1$ 组合产生的子集和绝对不可能相等（较高项的存在具有绝对的“一票否决”权）。 因为 $p_1,p_2,\dots ,p_n$ 每个变量都有 $0$ 或 $1$ 两种独立取值，所以其组合总数为 $2^n$ 种。 由于每种组合对应的数值互不相等，因此集合 $T_n$ 中恰好有 $2^n$ 个互不相同的实数元素。

【第二步：利用对称配对法则/贡献度法降维求和】 方法 A（对称配对法）： 对于这 $2^n$ 个组合，我们将其两两配对。对于任意一个取法组合序列 $P=(p_1,p_2,\dots ,p_n)$，它必然唯一对应一个其“补集”序列 $P^{\prime }=(1-p_1,1-p_2,\dots ,1-p_n)$。 这两个序列在 $T_n$ 中对应的元素值分别为 $t$ 和 $t^{\prime }$。 将它们相加，得： $t+t^{\prime }={\sum }_{i=1}^n{p}_i{c}_i+{\sum }_{i=1}^n(1-p_i)c_i={\sum }_{i=1}^n(p_i+1-p_i)c_i={\sum }_{i=1}^n{c}_i=S_n$ 全集合共有 $2^n$ 个元素，恰好可以划分为 $\frac{2^n}{2}=2^{n-1}$ 个这样的互补配对对子。 因为每一对的元素之和都是 $S_n$，所以集合总元素之和为： ${\Sigma }_n=2^{n-1}\cdot S_n$

方法 B（独立贡献度法）： 在全部 $2^n$ 个组合序列 $(p_1,p_2,\dots ,p_n)$ 中，对于特定的某一项 $p_k$，它取 $1$ 的组合有 $2^{n-1}$ 种，取 $0$ 的组合也有 $2^{n-1}$ 种。 因此，第 $k$ 项数值 $c_k$ 在总和 ${\Sigma }_n$ 中被加到的总次数恰好为 $2^{n-1}$ 次。 所以： ${\Sigma }_n={\sum }_{k=1}^n\left(2^{n-1}{c}_k\right)=2^{n-1}{\sum }_{k=1}^n{c}_k=2^{n-1}{S}_n$。 逻辑完全等效。

【第三步：代入通项求出终极代数式】 将 (i) 问求得的 $S_n=(3n-4)2^{n+1}+8$ 代入上述总和公式中： ${\Sigma }_n=2^{n-1}\left[(3n-4)2^{n+1}+8\right]$ $=(3n-4)\cdot 2^{n-1}\cdot 2^{n+1}+8\cdot 2^{n-1}$ $=(3n-4)2^{2n}+2^3\cdot 2^{n-1}=(3n-4)2^{2n}+2^{n+2}$ 所以， $T_n$ 中所有元素之和为 $(3n-4)2^{2n}+2^{n+2}$．

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：差比混合数列错位相减法极限化简、超递增序列子集和最大值界定、集合元素的唯一性反切论证、基于排列组合的独立贡献度与互补配对求和法。
2. 核心方法：互补对流配对求和法（压轴题的高维打击特技）。 面对集合内所有子集和的总和这种海量元素相加问题，千万不要试图去写出具体的项去硬加。破题的核心天眼是发现部分与整体的补集对称性。通过构造 $(p_1,p_2)$ 与 $(1-p_1,1-p_2)$ 的“阴阳对立组合”，让两者相加恰好等于全局最大值 $S_n$。这种将 $2^n$ 个零散元素强行合并为 $2^{n-1}$ 个等大实数块的技术，是离散数学中极具统治力的降维大杀器。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（错位相减的化简漏项）：错位相减大盘中，$2S_n-S_n$ 最后必定会多出一个独立的减项 $-(3n-1)2^{n+1}$，这是最高次幂未被对齐的部分。许多粗心的同学极易把它写成正号或者完全忘掉，导致多项式主体发生毁灭性崩塌.
• 避坑指南 2（漏证集合元素互异性直接套组合数）：这是本题埋藏最深、最致命的失分陷阱！集合的基本属性是“互异性（无重复元素）”。如果 $T_n$ 中有两个不同的取法组合算出来的和竟然相等，那么集合的元素个数将小于 $2^n$，贡献度乘法直接宣告破产。 (i) 小问的证明绝非摆设， $c_{k+1}>S_k$ 正是为了给 (ii) 问铺垫**“不可能重合（超递增）”的绝对代数保单**。在步骤中如果不提此一句，在严格阅卷中必扣关键步骤分。

🚀 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题底层源自高等组合数学中的子集和问题（Subset Sum Problem）与密码学中极其著名的Merkle-Hellman 背包公钥密码体制（Knapsack Cryptosystem）。在背包密码中，公钥生成的核心就是依赖一个“超递增序列（Super-increasing sequence）”来确保解密的绝对唯一性。天津卷命题组以等差乘等比的差比混合数列为载体，完美复现了这一密码学防线，是一道兼具宏观数学之美与顶尖算法逻辑的神级大题。
2. 结论推广（超递增序列的唯一性重构与二进制编码网络）： 为了让您的文献库知识图谱具备最高阶的直觉，我们将 (i) 问揭示的“超递增规律”提炼为一个普适的通用判决网。

• 定理（超递增子集和唯一性定理）：设正项数列 $\{c_n\}$ 满足 $\forall k\in {\mathbb{N}}^{\ast },c_{k+1}>{\sum }_{i=1}^k{c}_i$。则从该数列中任意取出的两个不同下标组合的子集和，其数值绝对不可能相等。
• 深度解读：这种机制本质上是我们熟知的二进制编码的泛化。比如 $1,2,4,8,16\dots$ 就是最经典的超递增序列，这也是为什么任何一个正整数可以唯一分解为二进制数的根本原因。将这一“超递增与唯一重组网络”内化到潜意识中，未来在面对任何新定义的 $0-1$ 开关组合求和题时，就能瞬间看透它考查元素互异性的本质。

3. 方法推广（从代数配对向概率期望全景泛化）： 本题 (ii) 小问所展现的贡献度求和思想，在高等数学中等价于概率论中的期望线性可加性（Linearity of Expectation）。

• 如果我们把 $p_i$ 视为一个抛硬币随机变量，其取 0 或 1 的概率均为 $\frac{1}{2}$。
• 那么随机变量 $X={\sum }_{i=1}^n{p}_i{c}_i$ 的数学期望值为： $E(X)={\sum }_{i=1}^{n}E(p_i)c_i={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{2}{c}_i=\frac{1}{2}{S}_n$
• 既然总共有 $2^n$ 个等可能的样本点，那么所有组合的总和必然为：
• $\text{总和}=2^n\times E(X)=2^n\times \frac{1}{2}{S}_n=2^{n-1}{S}_n$
• 这一概率视角的降维打击，直接跳过了繁琐的组合配对，利用期望的线性叠加律实现了秒杀。将这一跨学科技巧化为算力本能，是确保您在高考中以居高临下的上帝视角横扫压轴题的最强底牌.

🔗 【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

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