Question

（2011•自貢三模）己知函數f（x）=

x-4

x+1

（x≠-1）的反函數是f^-1（x
），設數列{a_n}的前n項和為S_n，對任意的正整數n，都有{a_n}=

6f-1(Sn)-19

f-1(Sn)+1

成立，且b_n=f^-1（a_n）
（I）求數列{a_n}與數列{b_n}的通項公式
（II）設數列{b_n}的前n項是否存在使得R_n≥4k成立？若存在，找出一個正整數k：若不存在，請說明理由_：
（III）記c_n=b_2n-b_2n-1（n∈N），設數列{c_n}的前n項和為T_n，求證：對任意正整數n都有T_n＜

3

2

．

Answer 1

分析：（I）先根據題意求出a_n與S_n的關系，然后利用遞推關系進行化簡變形得到數列{a_n}是首項為a₁=-

1

4

，公比為q=-

1

4

的等比數列，從而求出數列{a_n}與數列{b_n}的通項公式；
（II）當n為偶數時，設n=2m（m∈N^*），R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m+4n，當n為奇數時，設n=2m-1（m∈N^*），則R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-3+b_2m-2）+b_2m-1=8m-4=4n，從而對于一切的正整數n，都有R_n＜4k則不存在正整數k，使得R_n≥4k成立；
（III）根據b_n的通項公式，計算出c_n的通項公式，再比較T_n與

3

2

的大小．

解答：解：（Ⅰ）根據題意得，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，
當n=1時，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

∴數列{a_n}是首項為a₁=-

1

4

，公比為q=-

1

4

的等比數列，∴a_n=(-

1

4

)n，
b_n=

4+(- 1 4 )n

1-(- 1 4 )n

（n∈N^*）　　　　　　　　　　　　　　
（Ⅱ）不存在正整數k，使得R_n≥4k成立．
證明：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
∴當n為偶數時，設n=2m（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-1+b_2m）＜8m+4n
當n為奇數時，設n=2m-1（m∈N^*）
∴R_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2m-3+b_2m-2）+b_2m-1=8m-4=4n
∴對于一切的正整數n，都有R_n＜4k∴不存在正整數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

，當n=1時，T1＜

3

2

，
當n≥2時，
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

點評：本題是一個綜合性很強的題目，主要考查了數列與函數的綜合應用以及反函數和數列不等式的綜合應用，屬于難題，同時考查了計算能力，分析解決問題的能力．