Question

已知数列{a_n}前n项和Sn=2an+2n，
（Ⅰ）证明数列{

an

2n-1

}是等差数列，并求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若bn=

(n-2011)an

n+1

，求数列{b_n}是否存在最大值项，若存在，说明是第几项，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设T_n=|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|，试比较

Tn+Sn

2

与

2-n

1+n

an的大小．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由Sn=2an+2n，得Sn+1=2an+1+2n+1，两式相减可得数列递推式，借助该递推式可计算

an+1

2n

-

an

2n-1

为常数，由等差数列定义即可证明为等差数列，从而可求得

an

2n-1

，进而求得a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出b_n，据其通项可判断数列{b_n}各项符号，通过作商可判断数列的单调性，由单调性即可判断其最大值项；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可求得S_n，从而得|S_n|，由错位相减法可求出T_n，进而得到

Tn+Sn

2

，由（Ⅰ）易求

2-n

1+n

an，两者大小关系容易判断；

解答：解：（Ⅰ）由Sn=2an+2n①，得Sn+1=2an+1+2n+1②，
②-①得，a_n+1=2a_n+1-2a_n+2ⁿ，即an+1-2an=-2n，
则

an+1

2n

-

an

2n-1

=

an+1-2an

2n

=

-2n

2n

=-1，为常数，
所以数列{

an

2n-1

}是等差数列，且公差为-1，
由S₁=2a₁+2解得a₁=-2，
所以

an

2n-1

=-2+（n-1）•（-1）=-n-1，
所以an=-(n+1)•2n-1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，bn=

(n-2011)an

n+1

=

(n-2001)[-(n+1)]•2n-1

n+1

=（2011-n）•2^n-1，
则bn+1=(2010-n)•2n，当n=2011时，b_n=0，
当n＞2011时，b_n＜0，令

bn+1

bn

=

(2010-n)•2n

(2011-n)•2n-1

=

2(2010-n)

2011-n

≥1，得n＞2011，所以b_n＞b_n+1，即b₂₀₁₂＞b₂₀₁₃＞…，
当n≤2010时，b_n＞0，令

bn+1

bn

=

(2010-n)•2n

(2011-n)•2n-1

=

2(2010-n)

2011-n

≥1，解得n≤2009，
所以n≤2009时，b_n+1≥b_n，所以0＜b₁＜b₂＜b₃＜…＜b₂₀₀₉=b₂₀₁₀，
综上，b₁＜b₂＜b₃＜…b₂₀₁₂＞b₂₀₁₃＞…，
所以数列{b_n}存在最大值项，为第2009项或2010项；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，Sn=2an+2n=2[-（n+1）•2^n-1]+2ⁿ=-n•2ⁿ，
所以|S_n|=n•2ⁿ，
则T_n=|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ①，
2T_n=2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹②，
①-②得，-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=

2(1-2n)

1-2

-n•2n+1=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
所以T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
所以

Tn+Sn

2

=

(n-1)2n+1+2-n•2n

2

=

(n-2)•2n+2

2

=（n-2）•2^n-1+1，
又

2-n

n+1

an=

2-n

n+1

•[-(n+1)•2n-1]=（n-2）•2^n-1，
所以

Tn+Sn

2

＞

2-n

n+1

an．

点评：本题考查等差数列、数列求和，考查错位相减法对数列求和，考查学生的运算能力、分析解决问题的能力，综合性较强．