2009-天津卷理-22 解-等差数列

本题导读

本题为全卷压轴题，是一道综合性极强的数列与组合交汇题目。前两问侧重考查等差、等比数列的混合求和及代数化简变形能力，第三问融入排列组合与不变量原理，属于极高思维含量的创新证明题，需采用反证法及精细的绝对值不等式放缩完成推导。

📌【题干】

Question

（2009年天津卷(理)） 已知等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$ ($d\ne 0$), 等比数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$ ($q>1$). 设 $S_n=a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n$, $T_n=a_1{b}_1-a_2{b}_2+\cdots +(-1{)}^{n-1}{a}_n{b}_n$, $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.

(1) 若 $a_1=b_1=1$, $d=2$, $q=3$, 求 $S_3$ 的值;

(2) 若 $b_1=1$, 证明 $(1-q)S_{2n}-(1+q)T_{2n}=\frac{2dq(1-q^{2n})}{1-q^2}$, $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$;

(3) 若正整数 $n$ 满足 $2\le n\le q$, 设 $k_1,k_2,\dots ,k_n$ 和 $l_1,l_2,\dots ,l_n$ 是 $1,2,\dots ,n$ 的两个不同的排列, $c_1=a_{k_1}{b}_1+a_{k_2}{b}_2+\cdots +a_{k_n}{b}_n$, $c_2=a_{l_1}{b}_1+a_{l_2}{b}_2+\cdots +a_{l_n}{b}_n$, 证明 $c_1\ne c_2$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：直接写出通项 $a_n$ 与 $b_n$，将前三项分别代入 $S_3$ 中直接求和。

2. 第二问：利用错位相减法的思想，分别将 $(1-q)S_{2n}$ 和 $(1+q)T_{2n}$ 展开并进行相邻两项合并，化简出含有公差 $d$ 的齐次式，通过作差抵消首尾项，转化为关于 $q^2$ 的等比数列求和。

3. 第三问：采用反证法。假设 $c_1=c_2$，将其作差得到一组由两个不同排列决定的系数 $m_i=k_i-l_i$ 与 $b_i$ 的乘积和为 0。利用多项式最高次幂项与其他项的绝对值大小进行放缩隔离，导出与已知条件 $n\le q$ 矛盾的结论，从而完成证明。

✅【答案】

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$（1）S3=55.（2）(1-q)S2n-(1+q)T2n=2dq(1-q2n)1-q2.$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 因为 $a_1=1,d=2$，所以 $a_n=1+(n-1)\times 2=2n-1$。 因为 $b_1=1,q=3$，所以 $b_n=3^{n-1}$。 故 $S_3=a_1{b}_1+a_2{b}_2+a_3{b}_3=1\times 1+3\times 3+5\times 9=1+9+45=55$。

(2) 因为 $b_1=1,q>1$，所以 $b_n=q^{n-1}$。 $(1-q)S_{2n}={\sum }_{k=1}^{2n}{a}_k(q^{k-1}-q^k)$ 展开整理得： $(1-q)S_{2n}=a_1+(a_2-a_1)q+(a_3-a_2)q^2+\cdots +(a_{2n}-a_{2n-1})q^{2n-1}-a_{2n}{q}^{2n}$ 因为 $a_{k+1}-a_k=d$，所以： $(1-q)S_{2n}=a_1+d(q+q^2+\cdots +q^{2n-1})-a_{2n}{q}^{2n}\text{—— (1)}$ 同理，展开 $(1+q)T_{2n}={\sum }_{k=1}^{2n}(-1{)}^{k-1}{a}_k(q^{k-1}+q^k)$： $(1+q)T_{2n}=a_1+(a_1-a_2)q+(a_3-a_2)q^2+(a_3-a_4)q^3+\cdots +(a_{2n-1}-a_{2n})q^{2n-1}-a_{2n}{q}^{2n}$ 由于奇偶项系数交替，化简得： $(1+q)T_{2n}=a_1+d(-q+q^2-q^3+q^4-\cdots -q^{2n-1})-a_{2n}{q}^{2n}\text{—— (2)}$ 由 ① - ② 得： $(1-q)S_{2n}-(1+q)T_{2n}=d\left[(q+q^2+\cdots +q^{2n-1})-(-q+q^2-q^3+\cdots -q^{2n-1})\right]$ $=2d(q+q^3+q^5+\cdots +q^{2n-1})$ 括号内是以 $q$ 为首项，$q^2$ 为公比的等比数列前 $n$ 项和，由求和公式得： $(1-q)S_{2n}-(1+q)T_{2n}=\frac{2dq(1-q^{2n})}{1-q^2}$ 得证。

(3) 证明：假设 $c_1=c_2$。 则 $c_1-c_2={\sum }_{i=1}^n(a_{k_i}-a_{l_i})b_i=0$。 因为 $a_{k_i}-a_{l_i}=(k_i-l_i)d$，且 $b_i=b_1{q}^{i-1}$，代入上式并结合 $d\ne 0,b_1\ne 0$ 可得： ${\sum }_{i=1}^n(k_i-l_i)q^{i-1}=0$ 令 $m_i=k_i-l_i(i=1,2,\dots ,n)$。 因为 $k_1,k_2,\dots ,k_n$ 与 $l_1,l_2,\dots ,l_n$ 是两个不同的排列，所以 $m_1,m_2,\dots ,m_n$ 不全为 0。 设其中最后一个不为 0 的项为 $m_j$ ($1\le j\le n$)，即当 $i>j$ 时 $m_i=0$，且 $m_j\ne 0$。 从而方程可缩短为： $m_1+m_{2}q+\cdots +m_j{q}^{j-1}=0⟹m_j{q}^{j-1}=-(m_1+m_{2}q+\cdots +m_{j-1}{q}^{j-2})$ 两边取绝对值，利用三角不等式放大右边： $|m_j|q^{j-1}\le |m_1|+|m_2|q+\cdots +|m_{j-1}|q^{j-2}$ 因为 $k_i,l_i\in \{1,2,\dots ,n\}$ 且不相等，所以 $|m_i|=|k_i-l_i|\le n-1$。 又因为 $m_j$ 为非零整数，故 $|m_j|\ge 1$。 由此可得放缩链： $q^{j-1}\le |m_j|q^{j-1}\le (n-1)(1+q+\cdots +q^{j-2})=(n-1)\frac{q^{j-1}-1}{q-1}$ 由于 $q>1$，显然 $\frac{q^{j-1}-1}{q-1}<\frac{q^{j-1}}{q-1}$， 所以： $q^{j-1}<\frac{n-1}{q-1}{q}^{j-1}$ 两边同除以 $q^{j-1}$ 得： $1<\frac{n-1}{q-1}⟹q-1<n-1⟹q<n$ 这与已知条件 $n\le q$ 矛盾。 故假设不成立，原命题得证，即 $c_1\ne c_2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等比差混合数列的代数求和构造、排列的代数性质、基于多项式增长速度的放缩法。

2. 核心方法：第二问通过对 $1-q$ 和 $1+q$ 分别乘入求和式，体现了类似错位相减的代数局部抵消法；第三问则是经典的“最大项（最高次项）控制法”。

3. 避坑指南：第三问在处理排列差值 $m_i$ 时，必须注意到其有正有负，如果直接放大或缩小容易丢失精细度，必须剥离出最后一个不为0的项（最高次项），并两边加绝对值才能构成严格的单向放缩。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题第三问具有很深的高等数学背景，改编自代数学中关于“多项式根的绝对值上界估计”（如 Cauchy 根界定理）以及组合数学中的排列反序数性质。

2. 结论推广: 若一个多项式的未知数 $q$ 大于等于其余所有系数绝对值的最大值加 1，则该多项式在大于 1 的区域内不可能有非零整数根。本题正是利用这一机制巧妙限制了两个不同排列所对应的线性组合不可能相等。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件
• 2011-浙江卷文-19 解-等差数列倒数成等比
• 2011-湖北卷文-17 解-等差等比数列