等差数列 $\{a_n\}$ 的公差不为零，首项 $a_1 = 1$，$a_2$ 是 $a_1$ 和 $a_5$ 的等比中项，则数列 $\{a_n\}$ 的前 10 项之和是（ ）

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 $b_n = \frac{4 + a_n}{1 - a_n}$（$n \in \mathbf{N}^{*}$）.

(1) 求数列 $\{a_n\}$ 与数列 $\{b_n\}$ 的通项公式； (2) 设数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $R_n$，是否存在正整数 $k$，使得 $R_n \geqslant 4k$ 成立？若存在，找出一个正整数 $k$；若不存在，请说明理由； (3) 记 $c_n = b_{2n} - b_{2n-1}$（$n \in \mathbf{N}^{*}$），设数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，求证：对任意正整数 $n$ 都有 $T_n < \frac{3}{2}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 $n=1$ 时，$S_1=a_1$，所以 $a_1=5a_1+1$，$a_1=-\frac14$. 又由 $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$ 及题设，得 即 $-4a_{n+1}=5S_n+1=a_n$. 因此 $a_{n+1}=-\frac14a_n$，$a_n=\left(-\frac14\right)^n$. 代入 $b_n=\frac{4+a_n}{1-a_n}$，得

\item 由 $a_1=-\frac14$，得 若存在正整数 $k$ 使任意正整数 $n$ 都有 $R_n\ge4k$，取 $n=1$ 将得到 $3=R_1\ge4k\ge4$，矛盾. 因此不存在这样的正整数 $k$.

\item 令 $u_n=\left(\frac14\right)^{2n}$，则 $a_{2n}=u_n$，$a_{2n-1}=-4u_n$，从而 $b_{2n}=\frac{4+u_n}{1-u_n}$，$b_{2n-1}=\frac{4-4u_n}{1+4u_n}$. 所以 因 $0<u_n\le\frac1{16}$，有 $(1-u_n)(1+4u_n)=1+u_n(3-4u_n)>1$，故 $0<c_n<25u_n$. 当 $n=1$ 时，直接计算得 $c_1=\frac43<\frac32$. 当 $n\ge2$ 时， 因此对任意正整数 $n$，都有 $T_n<\frac32$. \end{enumerate} \end{solution}