Question

（2011•重庆二模）已知数列{a_n}的前n项和为Sn，

a

=(Sn，1)，

b

=(-1，2an+2n)，

a

⊥

b

．
（Ⅰ）证明数列{

an

2n-1

}为等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=

(n-2011)an

n+1

，是否存在正整数n₀，使得对于任意的k∈N^*，都有不等式b_k≤b_n成立？若存在，求出n₀的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设T_n=|S₁|-|S₂|+…+|S_n|，求证：

T0+Sn

2

＞

2-n

1+n

an．

Answer 1

分析：（I）利用向量的数量积公式，可得-Sn+2an+2n=0，再写一式，两式相减，即可证明数列{

an

2n-1

}为等差数列，从而可求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）对于任意的k∈N^*，都有不等式b_k≤b_n成立，等价于

bn≥bn-1 bn≥bn+1

，从而可得不等式组，即可确定存在正整数n₀；
（III）利用错位相减法，求T_n，代入计算，即可证得结论．

解答：（I）证明：∵

a

=(Sn，1)，

b

=(-1，2an+2n)，

a

⊥

b

，
∴-Sn+2an+2n=0
∴-Sn+1+2an+1+2n+1=0
两式相减，整理可得an+1=2an-2n
∴

an+1

2n

=

an

2n-1

-1
∴数列{

an

2n-1

}为公差为-1的等差数列
∵a₁=-2
∴

an

2n-1

=-（n+1）
∴an=-(n+1)•2n-1；
（Ⅱ）解：bn=

(n-2011)an

n+1

=（2011-n）•2^n-1
∵对于任意的k∈N^*，都有不等式b_k≤b_n成立
∴

bn≥bn-1 bn≥bn+1

∴

(2011-n)•2n-1≥(2012-n)•2n-2 (2011-n)•2n-1≥(2010-n)•2n

∴2009≤n≤2010
∴b_n的最大值为b₂₀₁₀=b₂₀₀₉
∴n₀=2010或n₀=2009；
（III）证明：由（I）得，Sn=-n•2n，∴|Sn|=n•2n
∴T_n=1•2+2•2²+…+n•2ⁿ
∴2T_n=1•2²+2•2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹
两式相减可得-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=-（n-1）•2ⁿ⁺¹-2
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
∴

Tn+Sn

2

=

(n-1)•2n+1+2-n•2n

2

=（n-2）•2^n-1+1
∵

2-n

1+n

an=（n-2）•2^n-1
∴

Tn+Sn

2

＞

2-n

1+n

an

点评：本题考查等差数列的证明，考查数列的通项与求和，考查数列与不等式的联系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．