Question

12．已知数列{a_n}的前n项和${S_n}=\frac{{{n^2}+n}}{2}$，数列{b_n}的通项为b_n=f（n），且f（n）满足：①$f（1）=\frac{1}{2}$；②对任意正整数m，n都有f（m+n）=f（m）f（n）成立．
（1）求a_n与b_n；
（2）设数列{a_nb_n}的前n项和为T_n，求证：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$（n∈N^*）；
（3）数列{b_n}中是否存在三项，使得这三项按原有的顺序构成等差数列，若存在，求出这三项，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据等差数列的通项公式，结合f（m+n）=f（m）f（n）求出首项、公差，代入通项公式；
（2）代入a_nb_n及T_n，利用错位相减法求出T_n，
（3）假设存在符合条件的三项b_r，b_s，b_t，其中正整数r，s，t满足r＜s＜t，根据等差中项的性质可知2b_s=b_r+b_t，2×2^t-s=2×2^t-r-1+1，左边为偶数，右边为奇数，判断出假设不成立．

解答 解：（1）a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{n，n≥2}\end{array}\right.$=n，
由f（m+n）=f（m）f（n） 令m=1得
f（n+1）=f（n）f（1）=$\frac{1}{2}$f（n），即b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n；b₁=$\frac{1}{2}$，
所以数列{b_n}是以$\frac{1}{2}$为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，所以b_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
（2）a_nb_n=n•$\frac{1}{2}$ⁿ＞0，所以T_n单调递增，故T_n≥T₁=$\frac{1}{2}$，
又T_n=1×$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）^2₊…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，…①，
$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）²+2×（$\frac{1}{2}$）³+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，…②，
①-②得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=$\frac{\frac{1}{2}-（\frac{1}{2}）^{n}×\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}$-n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
所以T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$＜2，
综上证：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$（n∈N^*）；
（3）假设存在符合条件的三项b_r，b_s，b_t，其中正整数r，s，t满足r＜s＜t，
则2b_s=b_r+b_t，即2×（$\frac{1}{2}$）^s=（$\frac{1}{2}$）^r-（$\frac{1}{2}$）^t，两边同乘以2^t得，
2×2^t-s=2×2^t-r-1+1，左边为偶数，右边为奇数，
故不存在．

点评 本题主要考查了数列的求和问题．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，属于中档题．