已知数列 a_ n 是等差数列， b_ n 是等比数列，…——2025 高考数学第 19 题答案解析

2025_天津卷 (2025)

2025 天津 第 19 题 解答题 区分题
2025_天津卷 (2025)

19．已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列，$\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列，$a_{1}=b_{1}=2, a_{2}=b_{2}+1, a_{3}=b_{3}$ ．

（1） 求 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式；
② $\forall n \in \mathrm{~N}^{*}, I \in\{0,1\}$ ，有 $T_{n}=\left\{p_{1} a_{1} b_{1}+p_{2} a_{2} b_{2}+\ldots+p_{n-1} a_{n-1} b_{n-1}+p_{n} a_{n} b_{n} \mid p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n} \in I\right\}$ ，
（i） 求证：对任意实数 $t \in T_{n}$ ，均有 $t<a_{n+1} b_{n+1}$ ；
（ii） 求 $T_{n}$ 所有元素之和。

参考答案

(1) $a_{n}=3 n-1, b_{n}=2^{n}$; (2) （i）证明见解析；（ii） $2^{n-1} \cdot\left[8+(3 n-4) 2^{n+1}\right]$

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【答案】①$a_{n}=3 n-1, b_{n}=2^{n}$ ；
②（i）证明见解析；（ii） $2^{n-1} \cdot\left[8+(3 n-4) 2^{n+1}\right]$
【解析】
【分析】①设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 公比为 $q(q \neq 0)$ ，由题设列出关于 $d$ 和 $q(q \neq 0)$ 的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
②（i）由题意结合①求出 $a_{n+1} b_{n+1}$ 和 $p_{1} a_{1} b_{1}+p_{2} a_{2} b_{2}+\ldots+p_{n-1} a_{n-1} b_{n-1}+p_{n} a_{n} b_{n}$ 的最大值，再作差比较两者大小即可证明；
（ii）法一：根据 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 中全为 1 、一个为 0 其余为 $1 , 2$ 个为 0 其余为、 ⋯、全为 0 几个情况将$T_{n}$ 中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；

法二：根据 $T_{n}$ 元素的特征得到 $T_{n}$ 中的所有元素的和中各项 $a_{i} b_{i}(i \in\{1,2, \ldots, n\})$ 出现的次数均为 $2^{n-1}$ 次即可求解．

【小问1详解】
设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 公比为 $q(q \neq 0)$ ，
则由题得 $\left\{\begin{array}{l}2+d=2 q+1 \\ 2+2 d=2 q^{2}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}d=3 \\ q=2\end{array}\right.\right.$ ，
所以 $a_{n}=2+3(n-1)=3 n-1, b_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$ ；
【小问 2 详解】
（i）证明：由①$p_{n} a_{n} b_{n}=(3 n-1) 2^{n} p_{n}=0$ 或 $p_{n} a_{n} b_{n}=(3 n-1) 2^{n}>0, ~ a_{n+1} b_{n+1}=(3 n+2) 2^{n+1}$ ，
当 $p_{n} a_{n} b_{n}=(3 n-1) 2^{n}>0$ 时，
设 $S_{n}=p_{1} a_{1} b_{1}+p_{2} a_{2} b_{2}+\ldots+p_{n-1} a_{n-1} b_{n-1}+p_{n} a_{n} b_{n}=2 \times 2+5 \times 2^{2}+\ldots+(3 n-4) 2^{n-1}+(3 n-1) 2^{n}$ ，
所以 $2 S_{n}=2 \times 2^{2}+5 \times 2^{3}+\ldots+(3 n-4) 2^{n}+(3 n-1) 2^{n+1}$ ，
所以

$$ -S_{n}=4+3 \times\left(2^{2}+2^{3}+\ldots+2^{n}\right)-(3 n-1) 2^{n+1}=4+3 \times \frac{2^{2}\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(3 n-1) 2^{n+1}=-8+(4-3 n) 2^{n+1}, $$

所以 $S_{n}=8+(3 n-4) 2^{n+1}$ ，为 $T_{n}$ 中的最大元素，

此时 $a_{n+1} b_{n+1}-S_{n}=(3 n+2) 2^{n+1}-\left[8+(3 n-4) 2^{n+1}\right]=6 \cdot 2^{n+1}-8>0$ 恒成立，

所以对 $\forall t \in T_{n}$ ，均有 $t<a_{n+1} b_{n+1}$ ．
（ii）法一：由（i）得 $S_{n}=8+(3 n-4) 2^{n+1}$ ，为 $T_{n}$ 中的最大元素，
由题意可得 $T_{n}$ 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 均为1时：此时该系列元素只有 $S_{n}=8+(3 n-4) 2^{n+1}$ 即 $\mathrm{C}_{n}^{0}$ 个；
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 中只有一个为 0 ，其余均为1时：
此时该系列的元素有 $S_{n}-a_{1} b_{1}, S_{n}-a_{2} b_{2}, S_{n}-a_{3} b_{3}, \ldots, S_{n}-a_{n} b_{n}$ 共有 $\mathrm{C}_{n}^{1}$ 个，
则这 $n$ 个元素的和为 $\mathrm{C}_{n}^{1} S_{n}-\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\ldots+a_{n} b_{n}\right)=\left(\mathrm{C}_{n}^{1}-\mathrm{C}_{n}^{0}\right) S_{n}$ ；
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 中只有 2 个为 0 ，其余均为 1 时：
此时该系列的元素为 $S_{n}-a_{i} b_{i}-a_{j} b_{j}(i, j \in\{1,2, \ldots, n\}, i \neq j)$ 共有 $\mathrm{C}_{n}^{2}$ 个，
则这 $n$ 个元素的和为 $\mathrm{C}_{n}^{2} S_{n}-\mathrm{C}_{n-1}^{1}\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\ldots+a_{n} b_{n}\right)=\left(\mathrm{C}_{n}^{2}-\mathrm{C}_{n-1}^{1}\right) S_{n}$ ；
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 中有 2 个为 0 ，其余均为 1 时：此时该系列的元素为
$S_{n}-a_{i} b_{i}-a_{j} b_{j}-a_{k} b_{k}(i, j, k \in\{1,2, \ldots, n\}, i \neq j \neq k)$ 共有 $\mathrm{C}_{n}^{3}$ 个，
则这 $n$ 个元素的和为 $\mathrm{C}_{n}^{3} S_{n}-\mathrm{C}_{n-1}^{2}\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\ldots+a_{n} b_{n}\right)=\left(\mathrm{C}_{n}^{3}-\mathrm{C}_{n-1}^{2}\right) S_{n}$ ；
．．．
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 中有 $n-1$ 个为 0,1 个为 1 时：此时该系列的元素为 $a_{1} b_{1}, a_{2} b_{2}, \ldots, a_{n} b_{n}$ 共有 $\mathrm{C}_{n}^{n-1}$ 个，
则这 $n$ 个元素的和为 $\mathrm{C}_{n}^{n-1} S_{n}-\mathrm{C}_{n-1}^{n-2}\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\ldots+a_{n} b_{n}\right)=\left(\mathrm{C}_{n}^{n-1}-\mathrm{C}_{n-1}^{n-2}\right) S_{n}$ ；
当 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n-1}, p_{n}$ 均为0时：此时该系列的元素为0＝（ $\left.\mathrm{C}_{n}^{n}-\mathrm{C}_{n-1}^{n-1}\right) S_{n}$ 即 $\mathrm{C}_{n}^{n}=1$ 个，
综上所述，$T_{n}$ 中的所有元素之和为

$$ \begin{aligned} & S_{n}+\left(\mathrm{C}_{n}^{1}-1\right) S_{n}+\left(\mathrm{C}_{n}^{2}-\mathrm{C}_{n-1}^{1}\right) S_{n}+\left(\mathrm{C}_{n}^{3}-\mathrm{C}_{n-1}^{2}\right) S_{n}+\ldots+\left(\mathrm{C}_{n}^{n-1}-\mathrm{C}_{n-1}^{n-2}\right) S_{n}+0 \\ & =\left[\left(\mathrm{C}_{n}^{0}+\mathrm{C}_{n}^{1}+\ldots+\mathrm{C}_{n}^{n-1}+\mathrm{C}_{n}^{n}\right)-\left(\mathrm{C}_{n-1}^{0}+\mathrm{C}_{n-1}^{1}+\ldots+\mathrm{C}_{n-1}^{n-2}+\mathrm{C}_{n-1}^{n-1}\right)\right] S_{n} \\ & =\left(2^{n}-2^{n-1}\right) S_{n}=2^{n-1} S_{n}=2^{n-1} \cdot\left[8+(3 n-4) 2^{n+1}\right] ; \end{aligned} $$

法二：由（i）得 $S_{n}=8+(3 n-4) 2^{n+1}$ ，为 $T_{n}$ 中的最大元素，

由题意可得
$T_{n}=\left\{S_{n}, S_{n}-a_{i} b_{i}, S_{n}-a_{i} b_{i}-a_{j} b_{j}, S_{n}-a_{i} b_{i}-a_{j} b_{j}-a_{k} b_{k}, \ldots, a_{i} b_{i}+a_{j} b_{j}, a_{i} b_{i}, 0\right\},(i, j, k \in\{1,2, \ldots, n\}, i \neq j \neq k)$，

所以 $T_{n}$ 的所有的元素的和中各项 $a_{i} b_{i}(i \in\{1,2, \ldots, n\})$ 出现的次数均为 $\mathrm{C}_{n-1}^{0}+\mathrm{C}_{n-1}^{1}+\ldots+\mathrm{C}_{n-1}^{n-2}+\mathrm{C}_{n-1}^{n-1}=2^{n-1}$次，

所以 $T_{n}$ 中的所有元素之和为 $2^{n-1}\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\ldots+a_{n} b_{n}\right)=2^{n-1} S_{n}=2^{n-1} \cdot\left[8+(3 n-4) 2^{n+1}\right]$ 。

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✅ 来源：2025年 · 天津 · 2025_天津卷 (2025) · 第 19 题 · 本题已通过人工审核与系统自动校验

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