Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對任意的正整數(shù)n，都有a_n=5S_n+1成立，記b_n=

4+an

1-an

 （n∈N*）
（1）求數(shù)列{a_n}與數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）記c_n=b_2n-b_2n-1 （n∈N*），設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，求證：對任意正整數(shù)n都有T_n＜

3

2

；
（3）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為R_n，是否存在正整數(shù)k，使得R_k≥4k成立？若存在，找出一個正整數(shù)k；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）令n等于1代入a_n=5S_n+1中，即可求出首項a₁，然后把n換為n+1，利用a_n=5S_n+1表示出a_n+1，兩個式子相減并利用S_n+1-S_n=a_n化簡后即可得到

an+1

an

的值即為公比，得到此數(shù)列為等比數(shù)列，然后根據(jù)首項和公比寫出數(shù)列的通項公式即可，因而可得出b_n的通項公式；
（2）根據(jù)b_n的通項公式，計算出cn的通項公式，再比較Tn與

3

2

的大��；
（3）根據(jù)b_n的通項公式，算出的前n項和為R_n，再計算出是否存在正整數(shù)k．

解答：解：（1）當(dāng)n=1時，a₁=5S₁+1，∴a₁=-

1

4

（1分）
又∵a_n=5S_n+1，a_n+1=5S_n+1+1，∴a_n+1-a_n=5a_n+1即

an+1

an

=-

1

4

∴數(shù)列{a_n}是首項為a₁=-

1

4

，公比為q=-

1

4

的等比數(shù)列，（3分）
∴a_n=（-

1

4

）ⁿ，b_n=

4+(- 1 4 )n

1-(- 1 4 )n

（n∈N^* ）（5分）
（2）由（1）知b_n=

4+(- 1 4 )n

1-(- 1 4 )n

=4+

5

(-4)n-1

得
c_n=b_2n-b_2n-1=

5

42n-1

+

5

42n-1+1

=

15•16n

(16n-1)(16n+4)

=

15•16n

(16n)2+3•16n-4

＜

15•16n

(16n)2

=

15

16n

（7分）
又b₁=3，b₂=

13

3

，∴c₁=

4

3

，所以當(dāng)n=1時，T₁＜

3

2

，（8分）
當(dāng)n≥2時，T_n＜

4

3

+15（

1

162

+

1

163

++

1

16n

）=

4

3

+15•

\f(1

162

[1-(

1

16

)n-2]，1-

1

16

)＜

4

3

+

1

16

=

67

48

＜

3

2

（10分）
（3）不存在正整數(shù)k，使得R_K≥4K成立．（11分）
證明：由b_n=4+

5

(-4)n-1

∵b_2k-1+b_2k=8+

5

(-4)2k-1-1

+

5

(-4)2k-1

=8+

5

16k-1

-

20

16k+4

=8-

15•16k-40

(16k-1)(16k+4)

＜8（13分）
∴當(dāng)n為偶數(shù)時，設(shè)n=2m（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m=4n（14分）
當(dāng)n為奇數(shù)時，設(shè)n=2m-1（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-3+b_2m-2）+b_2m-1＜8m-4=4n
∴Rn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2m-3+b2m-2）+b2m-1＜8（m-1）+4=8m-4=4n（15分）
∴對于一切的正整數(shù)n，都有R_n＜4n
∴不存在正整數(shù)k，使得R_K≥4K成立．（16分）

點評：此題考查學(xué)生靈活運用等比數(shù)列的通項公式及前n項和的公式化簡求出，會確定一個數(shù)列為等比數(shù)列，考查數(shù)列遞推式的求解及相關(guān)計算．是一道綜合題．