Question

5．设数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的正整数m+n=1，都有a_n=5S_n+1成立，记${b_n}=\frac{{4+{a_n}}}{{1-{a_n}}}\;（n∈{N^*}）$．
（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${T_n}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）首先令n=1求出首项，然后根据递推关系得到数列为等比数列，求出通项公式；
（2）由（1）得到数列{c_n}的通项公式，并对它扩大，转化为等比数列求和．

解答 解：（1）当n=1时，a₁=5S₁+1，∴${a_1}=-\frac{1}{4}$，
又∵a_n=5S_n+1，a_n+1=5S_n+1+1，
∴a_n+1-a_n=5a_n+1，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=-\frac{1}{4}$，
∴数列{a_n}是首项为${a_1}=-\frac{1}{4}$，公比为$q=-\frac{1}{4}$的等比数列，
∴${a_n}={（-\frac{1}{4}）^n}，{b_n}=\frac{{4+{{（-\frac{1}{4}）}^n}}}{{1-{{（-\frac{1}{4}）}^n}}}（n∈{N^*}）$…（6分）
（2）由${b_n}=4+\frac{5}{{{{（-4）}^n}-1}}$得${C_n}={b_{2n}}-{b_{2n-1}}（n∈{N^*}）$=$\frac{5}{{4}^{2n}-1}+\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$=$\frac{25×1{6}^{n}}{（1{6}^{n}-1）（1{6}^{n}+4）}$=$\frac{25×1{6}^{n}}{（1{6}^{n}）^{2}+3×1{6}^{n}-4}$＜$\frac{25×1{6}^{n}}{（1{6}^{n}）^{2}}$=$\frac{25}{1{6}^{n}}$，
又${b_1}=3，{b_2}=\frac{13}{3}$，当n=1时，${c_1}=\frac{4}{3}，{T_1}＜\frac{3}{2}$，
当n≥2时，${T_n}＜\frac{4}{3}+25×（\frac{1}{{{{16}^2}}}+\frac{1}{{{{16}^3}}}+…+\frac{1}{{{{16}^n}}}）=\frac{4}{3}+25×\frac{{\frac{1}{{{{16}^2}}}[{1-{{（\frac{1}{16}）}^{n-2}}}]}}{{1-\frac{1}{16}}}＜\frac{4}{3}+25×\frac{{\frac{1}{{{{16}^2}}}}}{{\frac{15}{16}}}=\frac{69}{48}＜\frac{3}{2}$
∴对任意正整数n都有${T_n}＜\frac{3}{2}$，…（12分）

点评 本题考查了等比数列的通项公式的求法以及放缩法证明与数量有关的不等式；属于难题．