大家好，我们是来自天津市宁河区芦台第一中学桥北学校的讲题团队。我是王瑞，我是冯世然，我是赵晶。今天我们讲题题目是集合搭桥连双列技术围绕起新篇。所讲内容为2026年天津卷第十9题。今天的讲评分为以下四个环节。下面先来看一下原题。这道题以等差数列和等比数列为载体，前半部分考察基本量思想，后半部分通过集合语言引入技术函数，进一步与交错求和结合。它表面上是一道数列题，本质上却融合了通项求解、集合计数、奇偶分类、分段讨论、换序求和和阿贝尔变换等多种数学思想。下面先由冯老师进行一下讲解。这道题第一问是全题的思维起点，属于简单问题，求等差和等比数列的通项。根据学生长期积累的基本量思想，等差数列是由首项和公差确定，等比数列是由首项和公比确定。冯老师第二小问中的集合EN怎么理解呢？许多同学不知道E的3的N次幂里到底装了哪些数，他们从哪里来？您能给解释一下吗？这确实是破题的关键。其实CN可以看作计数函数，E3单次幂中的元素来自两部分，由AN贡献了一批偶数，由BN贡献一批三的密边是恒为奇数的，所以它们没有公共项。这一小问的总体思路就是分别数再相加。同时，天津市教育招生考试院在高考当天发布高考数学试卷评析中提到了本题设计助于考察考生发现规律的能力和用具体认识抽象的思维过程，激发考生的内在探索欲和求知欲。本文我们有三种思路，分别为直接计数法、通向代入法和递推法。我们现在来先看第一种冲法，直接计数法分别求出AN的贡献项数，BN的贡献项数，这样运算是最短的，可以得到答案。冯老师我有个想法，最后一问它需要用到CM那么对于一般的M来说，它的通项又是多少？这个就是我要讲的思路。二通向代入法，我们先引入一个取整函数，它代表不超过M的最大整数。那我们计算AK小于等于M时，K的取值取整可以得到一式。同理再取整我们可以得到20。由于AN和BN没有公共性，我们可以得到CM的通项公式。那到这里我们就完成了分别数再相加，最后我们再将其中的M换成三的N次幂就是答案了。我懂了。思路二就是通过寻找CM通项公式就完成了这种从特殊到一般的抽象跃迁。这里的CM也为最后一问提供了铺垫。冯老师。还有其他想法吗？思路三就是递推法，我们可以先数出N等于一时，AN和BN满足的项数一共有三项，所以C3的1次幂等于3。接着我们再数出大于三的N次密，小于等于3的N加一次幂中的项，还是分别数再相加，我们可以得到上面的递推式。下面我们再利用累加法可以得到C3的N次幂，最后我们可以再验证N等于一时，是不是满足通式得到答案了。冯老师的方法确实是挺挺全面的。那下面我们就利用上面对CN的分析进行最后一问求和。对于这一问，冯老师又有什么样的建议呢？我们可以先来观察求和的这个复合的通项是负一的M次幂乘AM乘CM。对于它我们求和的基本策略就是识别结构、分类拆解、奇偶配对、规范求和。我先提供一种解法，典型的通法，我们如果按三的密分段，则从三的I减一次幂到3的X次幂为一段。可以发现BN在每一小段中小于等于M的项有矮个子，那对AM进行讨论时，我们可以发现小于等于M的项数和奇偶有关。所以在刚刚分段的基础上，我们要再进行奇偶分类，这样就可以用含有M和I的式子来表示CM，进而我们可以表示AM乘CM接着我们利用相邻及偶像作和可以完成局部并项，这样可以实现降幂简化得到一个含有M和I的式子。冯老师这样就是把复杂的求和拆解为了片段求和是吧？对，那还有两个变量的式子又该如何解决呢？这里我们可以将这一式子看作是等差数列，其中2I加一是常数，三是公差。明确并项后的项数，我们很容易就可以运用等差数列求和，可以求出每一段的和，这样一来最后所求的和就是第一段的和，加第二段的和，一直加到第N段的和。代入展开。我们这里其实又运用到一次错位相减求和和一次等比求和，最后就可以得到答案了。这一解法的总体其实可以概括为先分段计数，在奇偶并相。这种解法我总感觉运算量比较大，对学生的分类清晰度、代数变形能力和错位相减的规范书写都提出了较高的要求，是全面考查数学运算素养的一种典型的解法。冯老师还有其他。的方法吗？我接着来说，我们其实还可以沿用上一小问中的CN的通项公式结论，将CN分成XN和YN两部分的和，在每一段中我们可以得到YN等于K为了配对更加精细，我们不妨将每一段中所有的N的取之相邻配对。从三的K减一次幂开始，到3的K次幂减一结束，共得到3的K减一次幂组，借助变量来表示N的通式，可以写出XNYN的对应项，相加可以得到CN的通项。为了下一步更加方便，我们用红色的角标表示奇数项，用蓝色的角标表示偶数项。通过求通项我们其实可以发现奇偶两项的关系。对于XN来说奇偶两项是相差一，对于YN来说奇偶两项相等，所以对于CN来说两项也相差一。AN等于2N所以两项是相差2。在表示CM时，为了比较方便，我们将K和I分开进行一个变形，写出所有求和式中的相邻两项并化简，可以得到上式。因为化简后的式子还是有两个变量，所以在最后求和的时候，我们需要进行双重求和。可以先把矮作为变量，这样三的K次幂加2K加1，它是常数，公差是6。从0到3的K减一次幂，减一项数是三的K减一次幂。整理后我们再将K作为变量，利用等比求和和一次错位相减求和可以得到答案。这样的处理确实避免了解法一中的大量的单数展开？优化了运算路径。因为冯老师前面已经求了CM取整形通项，利用这一通向我也有不同。的想法。对于CM中的二分之M取整，当M分别为奇数和偶数，那我们就会得到不同的式子。而当M大于等于3的N减一次幂，小于等于3的N次幂减一时，对数部分寻找结果又为N利用这一特点，我将整个求和拆解成两部分求和。其中前半部分为SN后半部分为TN对于sn部分可以直接利用奇偶并项先得到一组等差数列求和。进一步对tn部分根据取整的特点，当M在三的N减一次幂到3的N次幂减一时，那么一共能够分成N组求和。对这部分进一步化简，我们就不难得到一组错位相减求和，然后得到TN的结果，最后将SN与TN结果相加。黄老师的方法是将集合计数函数转化为了取整函数来表达，再进行分组并项求和。这样就体现了从集合语言到函数语言的转化。但是我看求贴的过程是不是有些繁琐，能不能再简化一些呢？根据取整函数的性质，可以将对数加一取整写成对数自身取整再加一，这样降低取整的复杂度，从而降低部分运算。后续还是从解法三这里就不一一赘述了。还记得冯老师在第一问中用了递推思想，求的是第3N次幂同项。那王老师求和是不是还可以用这种递推思想？张老师你这个问题提的非常的好啊，打开了我们思考的新的方向。根据前面当M大于等于三的N次密，小于等于3的N加一次幂减一的时候，CM的通项具有这样的一个特点。那么我们就不妨把整体求和看作S3的N次幂减1。从而我们就得到了S3的N加一次幂减一减S3的N次幂减一的和，这样我们就得到了M等于3的N次幂到3的N加一次幂减一的和。那么对于这部分求和，显然我们不难发现它一共是2乘以3的N次幂项。对它进行展开处理以后，我们发现它的和其实是挺复杂的。那我们仔细观察它这个式子，我将这个式子进行了重新分配，再分组求和。这样的话就得到了一组奇偶并项求和，而剩余的部分又是显得运算量比较大。那我也发现了在偶数部分3的N次幂加一，它乘的是2加2N那我就可以把2加2N写成一加2N再加一的形式。这样就有一部分和奇数项的系数是一样的了。那我再对后面这部分进行重新分配，再分组求和。这部分是刚才我们的前半部分奇偶并项的结果，显然这是一个等差数列求和。然后中间部分提出公因式一加2N后面又是一个并项求和。不难算出这部分的和是2N加1乘以3的N次幂。然后最后剩一部分显然是一个非常简单的等差数列求和。把这三项合并到一起，我们就得到了整体的求和。然后再根据这个差的特点，我们就可以利用累加的方法，使得左半部分得到S3的N次幂减1减S3的1次幂减1。而右半部分大家也不难观察出来，前半部分是一个非常简单的等比数列求和，而后半部分又是一个错位相减，运算量也不大。那这样的话我们就得到了S3的N次幂减一的和，这也是我们要求的整体的和。王老师这种方法是从整体展开的，把复杂求和变成了关键节点之间增量的一个累加，确实是非常自然的一个地推视角。接下来我想换一个方向，不再问每一个区间它贡献多少，而是问每一个集合EN中它的元素T它从什么时候开始被计数函数CM开始进入，他对整个求和贡献了多少。前面的方法都是按下标M向前推进的那赵老师的想法是想按元素T来看贡献解决问题，那是否要先把CM重新表示呢？没错哈那解法五就是想把CM看成一个累计型的计数函数。我这里令大N等于3的N次幂减1，很显然这个大N是个偶数。我们把CM可以理解为在集合EN中有多少个元素不超过2M于是我们引入了这样的一个事情函数。这里边集合EN就很关键了。因为所有的M都不超过N所以集合一N其实已经包含了整个求和过程中可能出现的所有元素，是吗？对，确实是这样。这样边界就比较清楚，把它代入原式中并交换求和顺序可以得到上式。这一步也是这个方法的核心，原来我们是先固定M和CM里有多少个元素，现在我们改成先固定元素T看它从第几项开始被计入。这里我们先定义FT. 原来复杂的求和就可以转化为先求每一个集合元素的贡献数，FT再把这些贡献加起来，是这么理解吗？对，那下面我们还是得分析EN中到底有哪些元素。刚才咱们也都说了，这AN均为偶数，BN均为奇数，它们本身没有交集，所以说可以分别计算他们的贡献。我们先看一下偶数元素T等于2S我把F2S展开了。将相邻两项配对共有L减S对，最后还剩个4L得到偶数部分的贡献可以写成2L加上2S接下来我们还得看一下奇数元素，也就是T等于三的G次幂，它可以写成2X减1。我们一定得注意G的范围，所以说我们才能得到F2X减1，它就等于F2X减去最后一项代入能整理能得到奇数部分的贡献为三的N次幂减去三的G次幂。最后我们还是得将偶数总贡献数与奇数总贡献数相加，得到3L方加上N倍的3的N次幂，将L代入整理也能得到最终答案。刚才解法五，如果说是从集合元素贡献来看的问题，我还有一种解法就是从乘积求和的结构来入手。那我们从第二问中也能发现，它是一个典型的两个数列的乘积求和的一个形式。因此我们可以考虑利用阿贝尔变换它，也叫做分布求和法。具体结论如下。赵老师，您刚才讲的内容其实就是相当于高等数学中的分布积分思想在数列求和中的对应形式吗？没错。那本题我们先求交错部分的前缀和，因为它为TM直接配对，我们能发现当M为奇数时，TM等于负的括号M加1M为偶数时TM就等于M那利用阿贝尔变换可得到上市令前部分和等于A加上后面为B因为三的N次幂减一为偶数，所以说代入很容易求出B来。我们还是得重点看阿贝尔变换后这个式子，它就是把原来直接处理CM的问题转化为研究它的差分。CM减去CM加1，而CM是计数函数，它大多数时候是不变的。只有当M等于2K减1或者是M等于3的K次幂减一的时候，这个CM计数会增加1，其余均为零。这么分析，这一步就显得非常的关键了，阿贝尔变换并不是把CM展开，而是抓住CM的跳跃点。只要知道它在哪里增加差分求和就会变得很稀疏。对，王老师理解的特别到位，所以说求A就是求第一类跳跃与第二类跳跃的和。下面我们先看第一类条约，M等于2K减1，此时M是奇数，所以说T2K减一整理也就等于-2K所以说第一类的贡献就为二倍的K从一到2分之3的N次幂减一的和。我们再来看第二类条约，M等于3的K次幂减一时，很明显它是偶数，所以说T的3的K次幂减一就等于3的K次幂减1。所以第二类的贡献也就可以写成负的三的K次幂减1，K从一到N减一的和。因此化简我们也能得到大A将大A和大B相加也是最终答案。这个方法六的它本身的价值就在于它没有直接展开CM正如刚才王老师所说的，它是抓住了CM的一个跳跃点。那到这里，第二小问的6种解法已经形成了一个完整的方法体系。6种解法看起来形式不同，但主线是一致的，都是围绕着CM的技术结构和负一的M次幂的奇偶结构展开。所以这6种方法不是技巧堆叠，而是告诉我们先识别结构，这里CM是集合生成的技术函数。再利用特征，这里交错符号带来奇偶配对，最后选择工具利用分段、取整、地推、换序，阿贝尔都是为了实现结构降维。在这儿我还想再追问一下，这样一道高考数列题它从哪里来呢？王老师跟我说一下。首先在人教A版选择性必修第二册第16页例四中就出现过类似的数列项隶属关系判断模型。类似的问题是第29是不是数列AN的项？这个你说的我知道，教材中解决的是单点隶属问题，某一个具体的数是否属于某一个数列。对。而高考第二问则完成了一个明显升级，它不再问某一个数是否属于数列，而是定义集合EN再记CN为集合EN中元素的个数。这就把教材中的点判定问题升级成了集合技术问题。进不看。今年天津市8所重点校联考中也为这道高考题提供了思维铺垫，那联考中就出现了类似的集合重组结构，并研究集合A与集合B并集的元素排列与相关求和。也就是说联考题已经让学生经历过了两个数列不是孤立存在的，而是可以通过集合语言进行重新组织，对吧？没错，而且极联考题还包含了奇偶分类，位置分层等思想，这些思想也利于我们平时训练树立。最后一问，对了，听说王老师您将高考题也进行了改编。是的，我对今年的高考题进行了一下简单的改编。改编题依然以等差等比数列为载体，通过集合语言将两个数列的项进行并集重构，与真题在结构上是对齐的。不过对于改编题，我在AN和BN的处理上让二者出现了重叠项，这样的话增加了第二问的难度。利用被三整除的特点，也不难找到重叠部分的特征，从而得到DN的通项是一个分段数列。那么对于第三问的处理，直接还是一道简单的奇偶并项求和难度不大，适合于大多数的学生。通过对真题的分析，让我们认识到在高三复习中，数列复习不能只停留在求通项求前项和的套路训练上，而是培养学生经观察发现规律，用具体认识抽象的思维过程。因为这道真题真正的难不在公式本身，而在于学生能否看出cm不是一个普通数列，而是一个由集合生成的技术函数。而数列求和也不是简单的套公式，而是先要根据结构选择合适的变形工具，要以教材为根，以分类为线，以技术为桥，以求和为核，以实现一题多解，多解归一。最后以一首打油诗作为我们这道题。的结尾，双列定根零结构，集合技术架心桥。奇偶分流寻路径，分段配对解纷扰。曲长地推开桥，发换血。阿贝尔见高招。六法规一通本质分类求和乞思潮。谢谢倾听，请批评指正。