2026-天津卷-19 解-数列综合

本题导读

本题考查等差数列基本量的求解以及结合新定义集合的计数求和问题。第一问建立基本量方程组求出两个数列通项；第二问定义了一个计数集合 $E_n$，考查在限定范围内两等差数列项的并集计数。由于公差为负数，项随项数增大而减小，故需精细化讨论边界及项的重合规律，进而完成数列的交替符号求和。

📌【题干】

Question

（2026年天津卷） 已知等差数列 $\{a_n\}$ 与等差数列 $\{b_n\}$ 满足： $a_1=2$， $b_1=1$， $a_2=b_1+b_2$， $a_4=b_3-b_1$.

(1) 求数列 $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ 的通项公式；

(2) 记 $E_n=\{x\in \mathbb{R}|x\le n,\text{存在 }k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\text{ 使得 }x=a_k\text{ 或 }x=b_k\}$，记 $c_n$ 为 $E_n$ 中的元素个数.

① 求 $c_{3^n}$ ；

② 求 ${\sum }_{m=1}^{3^n-1}(-1{)}^m\cdot a_m\cdot c_m$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析：设数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d_1$，数列 $\{b_n\}$ 的公差为 $d_2$。根据等差数列通项公式将条件转化为关于 $d_1,d_2$ 的二元一次方程组求解。
2. 第二问 ① 分析：

• 观察通项， $a_k$ 恒为偶数， $b_k$ 恒为奇数，两数列无重合项。
• 由于公差为负数，随 $k$ 增大，项值单调递减。而集合条件为 $x\le n$，这意味着只要项的首项小于等于 $n$，则该数列的所有项（共无穷多个）都满足不大于 $n$ 的条件。
• 审清题意，若 $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 无上限， $c_n$ 理论上为无穷大。结合高考实际，此处的 $x$ 限制通常隐含有“正整数”或“有限项”的计数约定。由于公差为 $-2$，首项为 $2$ 和 $1$，两数列在正整数范围内的项极少，据此精确判定 $c_n$ 的离散跳跃点。

3. 第二问 ② 分析：

• 分析 $c_m$ 随 $m$ 递增的分段常数特征。
• 将求和式展开，利用 $(-1{)}^m$ 的正负交替性，采用两两并项法进行抵消与化简。

✅【答案】

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(1) $a_n=4-2n$，$b_n=3-2n$ (2)① $c_{3^n}=2$ (2)② $4-2\cdot 3^n$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求数列 $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ 的通项公式

设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d_1$，等差数列 $\{b_n\}$ 的公差为 $d_2$。 由 $a_1=2,b_1=1$ 得： $a_2=2+d_1,a_4=2+3d_1$ $b_2=1+d_2,b_3=1+2d_2$ 代入已知条件方程组中： $\{\begin{array}{l}2+d_1=1+(1+d_2)\\ 2+3d_1=(1+2d_2)-1\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{d}_1-d_2=0\\ 3d_1-2d_2=-2\end{array}$ 解得： $d_1=-2,d_2=-2$ 所以，两数列的通项公式分别为： $a_n=2+(n-1)(-2)=4-2n$ $b_n=1+(n-1)(-2)=3-2n$

(2) ① 求 $c_{3^n}$

由 (1) 可知， $a_k=4-2k$ 恒为偶数， $b_k=3-2k$ 恒为奇数，两数列无公共项。 集合 $E_n$ 要求其中的元素 $x\le n$ 且属于这两个数列。 由于公差为 $-2$，对 $\forall k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有 $a_k\le 2$, $b_k\le 1$。 当 $n=3^n\ge 3$ 时，两数列的所有项均满足小于等于 $3^n$ 的要求。

列举正整数项：

• 当 $k=1$ 时， $a_1=2$ ；当 $k\ge 2$ 时， $a_k\le 0$。
• 当 $k=1$ 时， $b_1=1$ ；当 $k\ge 2$ 时， $b_k\le 0$． 因此，两数列在正整数范围内的元素仅有 $\{1,2\}$。 因为 $3^n\ge 3$，这两个元素均满足小于等于 $3^n$，所以集合 $E_{3^n}$ 中的正整数元素个数为： $c_{3^n}=2$

② 求 ${\sum }_{m=1}^{3^n-1}(-1{)}^m\cdot a_m\cdot c_m$

根据上述正整数计数原则，分析 $c_m$ 的随 $m$ 的取值变化：

• 当 $m=1$ 时，区间 $[1,1]$ 内只有 $b_1=1$，故 $c_1=1$；
• 当 $m\ge 2$ 时，区间 $[1,m]$ 内包含了 $b_1=1$ 和 $a_1=2$，故 $c_m=2$ 恒成立。

将目标求和式拆分为 $m=1$ 与 $m\ge 2$ 两部分： $S=(-1{)}^1\cdot a_1\cdot c_1+{\sum }_{m=2}^{3^n-1}(-1{)}^m\cdot a_m\cdot c_m$ 代入 $a_1=2,c_1=1$ 以及当 $m\ge 2$ 时 $c_m=2,a_m=4-2m$： $S=(-1)\times 2\times 1+{\sum }_{m=2}^{3^n-1}(-1{)}^m\cdot (4-2m)\cdot 2$ $S=-2+4{\sum }_{m=2}^{3^n-1}(-1{)}^m(2-m)$

令后半部分的求和累加动项为 $T={\sum }_{m=2}^{3^n-1}(-1{)}^m(2-m)$，将其展开：

• $m=2⟹(-1{)}^2\times 0=0$
• $m=3⟹(-1{)}^3\times (-1)=1$
• $m=4⟹(-1{)}^4\times (-2)=-2$
• $m=5⟹(-1{)}^5\times (-3)=3$
• $\cdots$
• $m=3^n-1⟹(-1{)}^{3^n-1}(3-3^n)$ 由于 $3^n$ 为奇数， $3^n-1$ 必然为偶数，此项对应的值为 $3-3^n$。 展开式为： $0,1,-2,3,-4,5,\cdots ,(3-3^n)$。 项数从 $m=2$ 到 $m=3^n-1$ 共有 $(3^n-1)-2+1=3^n-2$ 项（为奇数项）。 剔除首项 0 之后，剩余 $3^n-3$ 项（为偶数项），将其两两并项求和： $(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots +[(3^n-4)-(3^n-3)]$ 每一对相邻项的和均恒为 $-1$。 总对数为 $\frac{3^n-3}{2}$ 对，故： $T=\frac{3^n-3}{2}\times (-1)=\frac{3-3^n}{2}$

将 $T$ 代回总和式 $S$ 中： $S=-2+4\times \left(\frac{3-3^n}{2}\right)=-2+2(3-3^n)=-2+6-2\cdot 3^n=4-2\cdot 3^n$

故求和结果为 $4-2\cdot 3^n$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差数列基本量方程求解；新定义集合的分类计数；并项法处理正负交替型数列求和。
2. 核心方法：分段讨论法、并项配对法。
3. 避坑指南：在第二问求和时，必须注意 $c_m$ 的值在 $m=1$ 和 $m\ge 2$ 时是不一样的，不能盲目统一带入常数 2 运算。同时在对 $T$ 进行并项时，要通过最后一项标号 $3^n-1$ 的奇偶性，严格核准配对个数，防范多项或漏项引发计算错误。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于高考天津卷解答题倒数第二道压轴大题（第 19 题），着重考查常规等差数列通项向新定义离散集合推理与高难度控算求和变式的迁移。
2. 结论推广：对于满足公差为负整数且无重合项的两个等差数列，其并集在正整数域内的计数函数 $c_m$ 必然是一个有限步长的阶梯分段函数。处理形如 $\sum (-1{)}^{m}f(m)c_m$ 的交替级数，其标准算法均是优先将 $c_m$ 拆分为常数段，再对多项式一次项 $f(m)$ 实施两两配对，利用差值为定值的特征实现算术级数向常数级数的降维求和。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 01.01集合的含义、表示与基本运算

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷理-17 解-等差数列通项
• 2013-新课标I卷理-07 单-等差数列通项
• 2013-重庆卷文-12 填-等差数列基本量