Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項和${S_n}=\frac{{{n^2}+n}}{2}$，數(shù)列{b_n}的通項為b_n=f（n），且f（n）滿足：①$f（1）=\frac{1}{2}$；②對任意正整數(shù)m，n都有f（m+n）=f（m）f（n）成立．
（1）求a_n與b_n；
（2）設(shè)數(shù)列{a_nb_n}的前n項和為T_n，求證：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$（n∈N^*）；
（3）數(shù)列{b_n}中是否存在三項，使得這三項按原有的順序構(gòu)成等差數(shù)列，若存在，求出這三項，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式，結(jié)合f（m+n）=f（m）f（n）求出首項、公差，代入通項公式；
（2）代入a_nb_n及T_n，利用錯位相減法求出T_n，
（3）假設(shè)存在符合條件的三項b_r，b_s，b_t，其中正整數(shù)r，s，t滿足r＜s＜t，根據(jù)等差中項的性質(zhì)可知2b_s=b_r+b_t，2×2^t-s=2×2^t-r-1+1，左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，判斷出假設(shè)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=$\frac{1}{2}$，
所以數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{2}$為首項，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，所以b_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
（2）a_nb_n=n•$\frac{1}{2}$ⁿ＞0，所以T_n單調(diào)遞增，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，
綜上證：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$（n∈N^*）；
（3）假設(shè)存在符合條件的三項b_r，b_s，b_t，其中正整數(shù)r，s，t滿足r＜s＜t，
則2b_s=b_r+b_t，即2×（$\frac{1}{2}$）^s=（$\frac{1}{2}$）^r-（$\frac{1}{2}$）^t，兩邊同乘以2^t得，
2×2^t-s=2×2^t-r-1+1，左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，
故不存在．

點評 本題主要考查了數(shù)列的求和問題．考查了學生綜合分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題．