Question

12．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=$\frac{4+{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}和数列{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}的前n项和为R_n，求证：对任意的n∈N^*，都有R_n＜4n；
（Ⅲ）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n∈N^*，都有T_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （I）利用公式a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$求出{a_n}为等比数列，得出其通项公式，代入b_n=$\frac{4+{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$得出{b_n}的通项公式；
（II）化简b_n，得出{b_n}的相邻两项之和小于8，从而得出结论；
（III）化简c_n，得出c_n＜$\frac{25}{1{6}^{n}}$，从第二项开始使用不等式c_n＜$\frac{25}{1{6}^{n}}$，得出结论．

解答 解：（I）∵a_n=5S_n+1，
当n=1时，a₁=5a₁+1，∴a₁=-$\frac{1}{4}$．
当n≥2时，a_n-1=5S_n-1+1，
∴a_n-a_n-1=5a_n，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=-$\frac{1}{4}$，
∴{a_n}是以-$\frac{1}{4}$为首项，以-$\frac{1}{4}$为公比的等比数列．
∴a_n=（-$\frac{1}{4}$）ⁿ．
∴b_n=$\frac{4+（-\frac{1}{4}）^{n}}{1-（-\frac{1}{4}）^{n}}$．
（II）由（I）知b_n=$\frac{4+（-\frac{1}{4}）^{n}}{1-（-\frac{1}{4}）^{n}}$=4+$\frac{5}{（-4）^{n}-1}$．
∴b_2k+b_2k-1=8+$\frac{5}{（-4）^{2k}-1}$+$\frac{5}{（-4）^{2k-1}-1}$=8+$\frac{5}{1{6}^{k}-1}-\frac{20}{1{6}^{k}+4}$=8-$\frac{15•1{6}^{k}-40}{（1{6}^{k}-1）（1{6}^{k}+4）}$＜8．
∴当n为偶数时，设n=2m，则R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m=4n．
当n为奇数时，设n=2m-1，R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-3+b_2m-2）+b_2m-1＜8（m-1）+4=4n．
∴对任意的n∈N^*，都有R_n＜4n．
（III）c_n=b_2n-b_2n-1=$\frac{5}{{4}^{2n}-1}$+$\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$=$\frac{25•1{6}^{n}}{（1{6}^{n}-1）（1{6}^{n}+4）}$=$\frac{25•1{6}^{n}}{（1{6}^{n}）^{2}+3•1{6}^{n}-4}$＜$\frac{25•1{6}^{n}}{（1{6}^{n}）^{2}}$=$\frac{25}{1{6}^{n}}$．
∵b₁=3，b₂=$\frac{13}{3}$，∴c₁=$\frac{4}{3}$，
∴当n=1时，T₁$＜\frac{3}{2}$．
当n≥2时，T_n＜$\frac{4}{3}$+25（$\frac{1}{1{6}^{2}}+\frac{1}{1{6}^{3}}$+…+$\frac{1}{1{6}^{n}}$）=$\frac{4}{3}$+25×$\frac{\frac{1}{1{6}^{2}}[1-（\frac{1}{16}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{16}}$
＜$\frac{4}{3}$+25×$\frac{\frac{1}{1{6}^{2}}}{1-\frac{1}{16}}$=$\frac{69}{48}$$＜\frac{3}{2}$．
∴对任意n∈N^*，都有T_n＜$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查了数列的通项公式，求和公式，不等式的证明，属于难题．