Question

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．
（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项和为R_n，是否存在正整数k，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．

Answer

（1）根据题中给的an=5Sn+1，继而可得an-1=5sn-1+1，两式子相减得，an-an-1=5an，因此，因而可得出an，bn的通项公式．
（2）根据bn的通项公式，算出的前n项和为Rn，再计算出是否存在正整数k．
（3）根据bn的通项公式，计算出cn的通项公式，再比较Tn与的大小．
【解析】
（ I）当n=1时，a1=5S1+1，∴
又∵an=5Sn+1，an+1=5Sn+1+1∴
∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
∴，
（ II）不存在正整数k，使得Rn≥4k成立．
证明：由（I）知
∵．
∴当n为偶数时，设n=2m（m∈N*）
∴Rn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2m-1+b2m）＜8m=4n
当n为奇数时，设n=2m-1（m∈N*）
∴Rn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2m-3+b2m-2）+b2m-1＜8（m-1）+4=8m-4=4n
∴对于一切的正整数n，都有Rn＜4k
∴不存在正整数k，使得Rn≥4k成立．
（III）由得
又，∴，当n=1时，，
当n≥2时，

．