Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，對(duì)任意的正整數(shù)m+n=1，都有a_n=5S_n+1成立，記${b_n}=\frac{{4+{a_n}}}{{1-{a_n}}}\;（n∈{N^*}）$．
（1）求數(shù)列{a_n}與數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記${C_n}={b_{2n}}-{b_{2n-1}}（n∈{N^*}）$，設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：對(duì)任意正整數(shù)n都有${T_n}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）首先令n=1求出首項(xiàng)，然后根據(jù)遞推關(guān)系得到數(shù)列為等比數(shù)列，求出通項(xiàng)公式；
（2）由（1）得到數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，并對(duì)它擴(kuò)大，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和．

解答 解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，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$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=-\frac{1}{4}$，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為${a_1}=-\frac{1}{4}$，公比為$q=-\frac{1}{4}$的等比數(shù)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${b_1}=3，{b_2}=\frac{13}{3}$，當(dāng)n=1時(shí)，${c_1}=\frac{4}{3}，{T_1}＜\frac{3}{2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，${T_n}＜\frac{4}{3}+25×（\frac{1}{{{{16}^2}}}+\frac{1}{{{{16}^3}}}+…+\frac{1}{{{{16}^n}}}）=\frac{4}{3}+25×\frac{{\frac{1}{{{{16}^2}}}[{1-{{（\frac{1}{16}）}^{n-2}}}]}}{{1-\frac{1}{16}}}＜\frac{4}{3}+25×\frac{{\frac{1}{{{{16}^2}}}}}{{\frac{15}{16}}}=\frac{69}{48}＜\frac{3}{2}$
∴對(duì)任意正整數(shù)n都有${T_n}＜\frac{3}{2}$，…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法以及放縮法證明與數(shù)量有關(guān)的不等式；屬于難題．