Question

（2011•自贡三模）己知函数f（x）=

x-4

x+1

（x≠-1）的反函数是f^-1（x
），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}=

6f-1(Sn)-19

f-1(Sn)+1

成立，且b_n=f^-1（a_n）
（I）求数列{a_n}与数列{b_n}的通项公式
（II）设数列{b_n}的前n项是否存在使得R_n≥4k成立？若存在，找出一个正整数k：若不存在，请说明理由_：
（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：对任意正整数n都有T_n＜

3

2

．

Answer 1

分析：（I）先根据题意求出a_n与S_n的关系，然后利用递推关系进行化简变形得到数列{a_n}是首项为a₁=-

1

4

，公比为q=-

1

4

的等比数列，从而求出数列{a_n}与数列{b_n}的通项公式；
（II）当n为偶数时，设n=2m（m∈N^*），R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m+4n，当n为奇数时，设n=2m-1（m∈N^*），则R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-3+b_2m-2）+b_2m-1=8m-4=4n，从而对于一切的正整数n，都有R_n＜4k则不存在正整数k，使得R_n≥4k成立；
（III）根据b_n的通项公式，计算出c_n的通项公式，再比较T_n与

3

2

的大小．

解答：解：（Ⅰ）根据题意得，f^-1（x）=

x+4

1-x

(x≠1)，
于是由a_n=

6f-1(sn) -19

f-1(sn) +1

得，a_n=5S_n+1，
当n=1时，a₁=5s₁+1∴a₁=-

1

4

又∵a_n=5s_n+1a_n+1=5a_n+1+1∴a_n+1-a_n=5a_n+1

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，∴a_n=(-

1

4

)n，
b_n=

4+(- 1 4 )n

1-(- 1 4 )n

（n∈N^*）　　　　　　　　　　　　　　
（Ⅱ）不存在正整数k，使得R_n≥4k成立．
证明：由（I）知b_n=

4+(- 1 4 )n

1-(- 1 4 )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
∴当n为偶数时，设n=2m（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m+4n
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
∴对于一切的正整数n，都有R_n＜4k∴不存在正整数k，使得R_n≥4k成立．　
（Ⅲ）∵c_n=b_2n-b_2n-1=[4+

5

(-4)2n-1

]-[4+

5

(-4)2n-1-1

]=

5

16n-1

+

20

16n+4

=

25×16n

(16n-1)( 16n+4)

（n∈N），
又 b1=3，b2=

13

3

，∴c2=

4

3

，当n=1时，T1＜

3

2

，
当n≥2时，
Tn＜

4

3

+25×(

1

162

+

1

163

+…+

1

16n

)=

4

3

+25×

1 162 [1-( 1 16 )n-2]

1- 1 16

＜

4

3

+25×

1 162

1- 1 16

=

69

48

＜

3

2

点评：本题是一个综合性很强的题目，主要考查了数列与函数的综合应用以及反函数和数列不等式的综合应用，属于难题，同时考查了计算能力，分析解决问题的能力．