Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的正整数n，都有a_n=5S_n+1成立，记b_n=

4+an

1-an

 （n∈N*）
（1）求数列{a_n}与数列{b_n}的通项公式；
（2）记c_n=b_2n-b_2n-1 （n∈N*），设数列{c_n}的前n项和为T_n，求证：对任意正整数n都有T_n＜

3

2

；
（3）设数列{b_n}的前n项和为R_n，是否存在正整数k，使得R_k≥4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）令n等于1代入a_n=5S_n+1中，即可求出首项a₁，然后把n换为n+1，利用a_n=5S_n+1表示出a_n+1，两个式子相减并利用S_n+1-S_n=a_n化简后即可得到

an+1

an

的值即为公比，得到此数列为等比数列，然后根据首项和公比写出数列的通项公式即可，因而可得出b_n的通项公式；
（2）根据b_n的通项公式，计算出cn的通项公式，再比较Tn与

3

2

的大小；
（3）根据b_n的通项公式，算出的前n项和为R_n，再计算出是否存在正整数k．

解答：解：（1）当n=1时，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

∴数列{a_n}是首项为a₁=-

1

4

，公比为q=-

1

4

的等比数列，（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

，所以当n=1时，T₁＜

3

2

，（8分）
当n≥2时，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）不存在正整数k，使得R_K≥4K成立．（11分）
证明：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）
∴当n为偶数时，设n=2m（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m=4n（14分）
当n为奇数时，设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）
∴对于一切的正整数n，都有R_n＜4n
∴不存在正整数k，使得R_K≥4K成立．（16分）

点评：此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式及前n项和的公式化简求出，会确定一个数列为等比数列，考查数列递推式的求解及相关计算．是一道综合题．