各位老师大家好，我们是来自天津市南开中学滨海生态城学校的王静。李玉梅、周文清。我们的题目是夯基础和抽象定性考核。综合来源于2025年天津卷第十九题数列。以下是具体题目，已知数列AN是等差数列，BN是等比数列，A一等于B一等于2，A2等于B2加1，A三等于B3。B问求ANBN的通项公式。第二问给定集合TN第一问求证对任意的实数T属于TN均有T小于AN加1，BN加1。第二问，求TN所有元素之和。下面进行考点分析。本题连续天津卷低起点高落点的命题风格，以等差数列与等比数列为载体，通过多层次的设问实现对知识、关键能力、核心素养的综合考察。第一问第一组教材以等差数列和等比数列基本概念、通项公式为基础，考察学生运算、求解、逻辑推理能力，提高数学运算、逻辑推理素养。第二问体现了高考原语教材高于教材的原则，打破了单一的知识界限，将数列与函数、不等式、集合、计数原理等结合，考察学生综合应用与解决问题的能力，提高数学抽象、逻辑推理、数学运算、数学建模素养。下面对具体解法进行分析，第一问，求数列ANBN的通项公式，下面是具体解法。解法一，基本量法，有已知条件可得B和Q的二元一次方程组。通过解方程组即可求得AN、BN的通项公式。由于本题是AN和BN前三项的等量关系，所以我们可以考虑项的性质有等差中项和等比中项的性质，通过消元即可得到Q或D的1元1次方程，但要注意进行取舍。对于解法2，得到B的关系式后，直接消去2，得到2倍的B2等于B3。对于本题更简洁，在解决等差和等比数列概念与通项公式时要注意等差等比提不慌，已知条件细端详，基本量法列方程，性质小用消元莽舍却不合理，合理通项公式四招章。下面我们来看第二问，第二问主证对任意的实数系数均有利，此为恒称列问题，我们可以从函数的角度进行分析，转化为T的最大值小于AN加1，BN加1。由于PI取值为01，当PI均为一时，AIBI始终大于04时，有T的最大值，即数列ANBN的前项和即为SN下面只需证明SN小于AN加1。BN加一有两种方向，一是先求和，再证明不等式，二是直接证明。方向一的第一步先求和。我们先看求和的方法，一般从通项公式的角度研究，此为思路。因由于AN乘BN是等差成等比型，所以我们可以想到错位相减法，此为解法一。此解法的关键在于运算的准确性。从通项公式角度，你可以尝试进行列项，将ANBN拆成两项之差，此过程可以利用待定系数法完成，下面进行相消求和即可求得SN借助此步列项的结果，渝ANBN可以表示成SN减去SN减1。因此我们可以得到数列SN减去3减4乘2的N加1次方为常数列首项为八即可求得SN通项公式研究的是项与项数的关系，而递推公式研究的是连续两项或多项之间的关系。所以我们也可以通过递推公式的角度进一步研究。2，将ANBN表示成二倍的AN减1，BN减1，加上3乘2的N次方，此为递推公式。将以上式子相加即可得SN与SN减一的关系式，再将SN减一换成SN减去AN乘BN这。两种思路简单明了，是学生容易想到的方向。那还有其他思路吗？我们知道数列是特殊的函数，也可以从函数的角度进行求和，所以我们有思路。三函数法我们可以构造FX是sigma I从19到NX2加1次方，用等比数列求和公式求解。对此式两边分别求导即可求得I从一取到NI加1X的2次方的和。对通项公式进行整理，也可以出现N加1乘2的N次方分为两部分，用分求和第一部分集上是导函数中求和的结果，只需要将X换成2即可求得此方法。思路巧妙，是如何想到的呢？此解法的思路来源于教材，在人教A版选择性必修二习题4.3第三题求和中，其中项的结构符合X的N次方的导函数，提醒我们要多多关注教材中的内容，包括对课后习题的研究知识，做到融会贯通，学以致用。说到教材，数学归纳法是数列一章的选学内容，本题能否用数学归纳法求解呢？数学归纳法是一种证明与正整数有关的数学命题的特殊方法，可以先猜想结论再进行证明。由于通项公式的特点，可以先猜想出SN的形式，通过待定系数法得到SN再利用数学归纳法证明验证N等于一成立，被归纳奠基假设N等于K成立，再利用SK加一等于SK加上AK加1乘BK加一次，为归纳递推进而可以证明。此时以上即为求SN的4种思路，共6种解法，可得SN等于8加上3N减4乘2的N加1次方。下面进行步骤二，证明不等式可代入SN和ANBN的通项集成，还证明此不等式。下面对此不等式进行分析，得到思路一分析法，该不等式有两种转化的方向，一是同除2的N加1次方，二是一项化简，是两种方向，运算量简单，最终转化为指数不等式即可证明。而做差法是比较大小的常用方法，也可以对不等式做差。得到SN减去AN加1，BN加一的式子，下面只需要证明此式小于零即可。可以从数列的单调性角度考虑，通过指数型函数FX在零到正无穷上单调递减或者进一步做差证明其单调性，得到N等于一时，有最大值-16小于0，此不等式成立。也可以通过放缩证明不等式，此不等式中含有指数式，有两种常见的放松方向盘，总放缩方向是二项式定理进行放缩，即二的N加1次方大于等于N加3N等于一时，等号成立，即可证明此不等式成立。另一种放缩方向是切线放缩，即二的X次方大于ln 2倍的X加1，当X大于零时，成立此切线，因为Y等于二的X次方在X等于零处的切线对于本题仍然可以用数学归纳法证明。以上是证明步骤二不等式的三种思路，6种解法，最终均可以证明SN小于AN加1，BN加1。在证明与前项和及通项有关的不等式时，考虑是否数列可求和，若何求和想的常用的求和方法，求出SN，带入SN和通算的结果进行证明，可谓求和妙法。多路径，所谓相交巧构造累加法字层层套导数归纳皆可考虑证不等寻突破，做差动作思路高，单调性中见分晓，数据归纳稳准超。但在实际解题中，我们常常会用到数列不易直接求和的情况，这时候直接证明不等式就成了关键。李老师您是否有直接证明此不等式的方向呢？好的，王老师。接下来我将为大家分享5种无需先求SN，直接证明SN小于AN加1，BN加加一的巧妙方法。解法一，错位相减不求和。下面是详细的解题步骤，前两步是错位相减法的常规步骤，两式相减后得到的等比部分，我们利用下面求和公式化简后，我们将其中的AN用AN加1减3替换掉，进而可以得到SN减AN加1。BN加一是关于N单调递减的，而首项等于-16小于0，因此不等式得正。这种思维方式其实来源于待证不等式的特点，其考察的是SN与AN加1、BN加一的大小关系，将SN化作与AN加1、BN加一相关的代数式显得格外重要。该解法主要考察学生代数运算、模式识别以及逻辑推理能力，复杂问题往往可通过转化变得简单。要证SN小于AN加1，BN加1，不妨将不等式的两侧看作前项和左侧SN是AIBI的前项和右侧AN加1，BN加一是EI的前项和。因此只需证ANBN小于EN，利用前N项和与通项的关系，容易得到数列EN的通项公式。接下来只需分段证明ANBN小于1N即可。分析法像一把钥匙，将和的不等关系转化为相的不同关系，直击本质，正所谓转化问题抓本质。解法二主要考察学生分析转化、逻辑推理的能力。函数思想是连接数列与不等式的桥梁，那么从函数的角度是否可以解决这个问题呢？下面请看要证SN小于AN加1，BN加一从函数的角度集证SN减AN加1，BN加一的最大值小于0，可利用单调性证明此不等式。设DN等于SN减AN加1，BN加1，接下来通过做差容易得到DN加一减DN小于零数列DN单调递减，又因为首相小于0，因此不等式得正。利用单调性证明，如同观察数列的走势，趋势既定，结论自明。该解法主要考察函数思想和逻辑推理的能力。放缩是不等式证明的灵活手段，观察待证不等式，如果能够构造ANBN与AN加1BN加一之间的不等关系，那么就可以将SN中的各项放缩成与AN加1BN加一有关的代数式，进而证明不等式。通过观察ANBN，AN加1，BN加一的表达式，我们容易得到如下不等式，即AKBK小于2分之1，AK加1，BK加1。利用该不等式将其中的A1，B1、A2B2，AKBK均放缩成AK加1，BK加一的式子。所以SN就可以放缩成2分之1加2分之1方，一直加到2分之1的N次方乘AN加1，BN加一不等式容易证明放缩法项以小见大，通过项的缩放关系让和的范围一目了然，即创新放缩所结果。本解法主要考察逻辑推理的能力以及创新的思维。数学归纳法是证明与自然数相关命题的利器。首先第一步是归纳电机，当N等于一时，证明S1小于A2B2，不等式成立。接下来是归纳递推假设，当N等于K时，不等式成立，证明N等于K加一时，不等式仍然成立。用严谨的推理确保结论对所有的N都成立。正所谓严谨归纳，步步赢本。解法主要考察代数运算以及逻辑推理的能力。下面是思维导图不求和直接证明不等式SN小于AN加1，BN加一有5种方法。这五种方法虽然路径不同，但都围绕转化联系的核心思想错位相减。不求和体现数学运算的严谨性。分析法利用项与和的转化，彰显逻辑推理的严密性、单调性。方法，利用函数与数列的衔接，渗透数学抽象的概括力。放松法的灵活运用，体现创新思维的灵动性。数学归纳的严谨性，凸显逻辑推理的条理性。用一首诗概括，即错位相减巧变形，不求总和也能证。分析转化拆项忙，分框验证相坚强。构造数列看单调，首付递减正天然。放缩累加层级跳，合适小于后巷庙。归纳奠基在地推，一步一步全到位。本题在转化中深化数学抽象，在联系中强化逻辑推理，在运算中提升数学运算素养，最终实现从解题到预素养的升华。接下来有请周文卿老师。第二小问，求TN中所有元素之和，要求TN所有元素之和RN首先要理清TN中的元素特征，然后要确认TN中的元素个数，最后求TN中所有元素和RN求RN可以从两个方向去考虑。先看步骤一，理清TN中的元素特征，ANBN等于3N减1乘2的N次方，显然ANBN是单调递增数列，设集合C由ANBN的前一项构成的集合，则集合TN是由集合C的子集的所有元素的和构成的集合。复杂确认TN中元素的个数，任取集合C的两个不同子集AB设集合D是由属于A并B且不属于A交B的元素构成的集合。因为AB不同，则集合D非空设AKBK是D中的最大元素，定义SN表示集合N的所有元素和不妨设AKBK属于A当K等于一时，SA减SB等于AB大于0。当K大于一时，SA减SB大于等于AKBK减AIBI的前K减一项和由第一小问的结论可知，AKBK减AIBI的前K减一项和大于0。综上SA不等于SB所以集合C的子集的所有元素和两两不同，即集合TN的元素个数为二的N次方。步骤三，求TN的所有元素和RN求RN有两个方向，共三类解法均可得到RN等于2的N减1次方乘以SN先看解法一互补事项，集合C的一对互补子集的所有元素和的和为S集合C的所有子集总共可以分成2的N减1次方对互补的子集对，所以RN等于2的N减1次方乘以SN解法一的核心是注意到一对互补子集的所有元素和的和为定值SM，然后采用配对并项求和得出结果。这一思想方法与得出等差数列求和公式的倒叙相加思想类似。解法二，分类并向求和思想，按照集合C的子集的元素个数分类并向求和，对任意的AIBI还有AIBI的K原子集，有CN减1K减一个集合C的所有K原子集的所有元素和的和为CN减1K减一乘以AIBI的前一项和，即CN减1K减1乘以SN将其看成关于K的数列。对其求前一项和，可得RN等于2的N减1次方乘以SN考虑到集合C的所有K原子集的所有元素核的合理的每一个AIBI出现的频率相同，那么每一个AIDI出现的次数均为均值N分之K乘以CNK因此集合C的所有K元子集的所有元素和的和为N分之K乘以CNK乘以AIBI的前一项和，即N分之K乘以CNK乘以SN将其看成关于K的数列。对其求前一项和可得RN接下来计算西格马K从一到NK乘CNK的和法一。利用组合数的性质，K乘以CNK等于N乘以CN减1K减1，反而利用组合数的性质，CNK等于CNN减K采用倒序相加法，通过计算可以得到西格马K从一到NK乘CNK等于N乘2的N减一次。方法三，导数法，首先构造函数FX等于X加一的N次方，用二项式定理将其展开，然后求出导函数FPX，最后将X等于一代入导函数即可得到结果。解法二的启发来源于用分类计数法求集合的子集个数的思想方法。这一解法的核心在于集合C的K元子集中任意的AIBI出现的频率相同。实际上。还可以采用间接法求和，也就是将每一个子集的所有元素和看成是全集的所有元素和减去其补集的所有元素。和这种思想方法与分离常数法类似。但是就本道题而言，对普及的所有元素和求和的方法与解法二是类似的，这里就不再赘述。解法三算两次思想，如右图所示，如果AIBI属于CJ，则AIBI列与CJ行相交的方格写AIBI，否则写0C这一行的所有数的和即为集合C的子集。CJ的所有元素和，则RN即为表格里所有数的和。现在我们按列求和，对任意的AIBI含有AIBI的子集，有二的N减1次方个，则AIBI列的所有数的和为二的N减1次方AIBI将其看成是关于I的数列，对其求前一项和可得RN等于2的N减1次方乘以SN解法三没有急于对集合C的子集的所有元素和进行定向或分组，而是进一步追本溯源，将目标集中到子集里的元素AIBI，从列的角度统计表格里所有数的和。这是算两次的数学思想方法。解决本道题获得的感悟与经验总结如下，抽象符号无需怕，理清关系可转化。集合性质需明晰。元素个数要留意。互补配对和恒定分类并向脲反应表格构建规律线算两次法，创意先。本题是数列求和的一道创新试题，我们找到了单尊老师编写的一道相关题，它的解法也用到了算两次的思想，另外我们改编了一道题，它的解法十分巧妙，同样精彩。数列作为高中数学的核心模块，在天津高考中呈现基础性、综合性、创新性并重的特点。基础性主要考察等差和等比数列的通项、公式、前项和公式，强调运算的准确性。综合性主要考察数列求和、数列与函数及不等式结合问题，用到数列求和的基本方法，以及做差法、导数法、放缩法等。而创新性主要考察新定义数列以及数列与集合、统计与概率、解析几何知识等的结合问题，更具有抽象性和综合性。在历年天津卷中，重点考察了数列求和等式以及与其他知识的融合问题。下面以三道题为例进行具体分析。在2022年天津卷19题中，第二问考察了证明与前项和及通项有关的等式，可以求和、代入，也可以不求和，利用前项和及通项的关系化简进行证明。第三问考察数列求和问题，可以通过并向分或分组的处理，将复杂数列转化为简单数列，再利用错位相减、对线相交或公式法求和。而在2024年19题的数列中，第二问考察的是证明不等式可以做差、单调性、放缩等多种方法。第三问考察的是数列求和可以并向或者是分组对复杂数列进行整理，整理成一个等差成等比形式，再进行求和。在2014年天津卷中考察了数列与集合不等式有关的综合问题。第二问考察了Q进制数的大小关系，核心是最高位数字的权重最大，而2025年天津卷中数列的题目与之有相似之处，AN加1，BN加1，可以看成一个N加一位数，最高位取值为一，其他位置比为零。而A1、B1加A2、B2一直加到AN、BN可以看成N加一位数，最高位为零，所以可以利用最高位数字的权重最大来直观理解。同时，对于两题证明不等式的方法也是一致的，都可以从做差放缩角度进行证明。纵观天津卷近十余年的数列题目，证明不等式和数列求和是重点内容。对复杂形式的数列求和问题要注意如何进行变向不分组的整理，使其变成简单的数列，是关键点也是难点。还要注意上下两问之间的联系，通常给难点的解决提供了方向。下面请李老师给我们分享复习的建议。5、复习建议。近年来，天津高考数学卷数列题目越来越呈现出独特的命题趋势。备考时需紧扣基础为本、能力为纲、创新唯一的原则，通过系统化复习，提升抽象思维、综合应用与应变能力。具体复习建议如下，一、夯实基础概念，筑牢知识根基。学生需要深刻理解等差数列和等比数列的定义，熟练掌握并推导其通项、公式、前项和公式，不仅要知其然，更要知其所以然。2、巧用列举转化破解抽象符号。天津高考数列题目的抽象化、符号化趋势明显，列举法是化抽象为具体的有效工具，通过协议项可以直观观察相间的规律，帮助理解符号背后的数学意义，为分析求和规律等提供切入点。3、聚焦求和趋势，拓宽解题思路。近几年，天津高考对数列求和的考察愈发新颖，除了公式法、错位相减法、裂项相消法等传统方法，更注重对复杂数列的拆分和转化能力，学生需通过积累创新求和题目的解题经验，培养应对新考法的能力。4、强化知识融合，提升综合能力。数列常与集合、不等式、函数、导数、统计概率等知识交叉命题，考察学生的综合思维。学生在复习阶段要主动打破知识界限，有意识的进行跨知识模块练习，提升多角度分析解决复杂问题的能力。5、深耕历年真题，把握命题规律历年天津高考真题是把握命题趋势的核心依据，通过系统梳理真题，总结高频考点的命题规律，明确基础题型的稳定考法和创新题型的变化方向，在复习中做到有的放矢。最后，我们以一首诗作为结尾，等差等比共交织，通项公式细探求，错位相减巧求和，裂项相消妙解忧。不等关系经证明，集合元素系算清，基础概念劳掌握，综合应用巧运筹。真题详解名思路，备考指引方向标。数学素养深培育，关键能力巧练熟。