Question

已知數(shù)列{a_n}前n項和Sn=2an+2n，
（Ⅰ）證明數(shù)列{

an

2n-1

}是等差數(shù)列，并求{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）若bn=

(n-2011)an

n+1

，求數(shù)列{b_n}是否存在最大值項，若存在，說明是第幾項，若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）設T_n=|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|，試比較

Tn+Sn

2

與

2-n

1+n

an的大�。�

Answer 1

分析：（Ⅰ）由Sn=2an+2n，得Sn+1=2an+1+2n+1，兩式相減可得數(shù)列遞推式，借助該遞推式可計算

an+1

2n

-

an

2n-1

為常數(shù)，由等差數(shù)列定義即可證明為等差數(shù)列，從而可求得

an

2n-1

，進而求得a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出b_n，據(jù)其通項可判斷數(shù)列{b_n}各項符號，通過作商可判斷數(shù)列的單調性，由單調性即可判斷其最大值項；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可求得S_n，從而得|S_n|，由錯位相減法可求出T_n，進而得到

Tn+Sn

2

，由（Ⅰ）易求

2-n

1+n

an，兩者大小關系容易判斷；

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，
則

an+1

2n

-

an

2n-1

=

an+1-2an

2n

=

-2n

2n

=-1，為常數(shù)，
所以數(shù)列{

an

2n-1

}是等差數(shù)列，且公差為-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，
則bn+1=(2010-n)•2n，當n=2011時，b_n=0，
當n＞2011時，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＞…，
當n≤2010時，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時，b_n+1≥b_n，所以0＜b₁＜b₂＜b₃＜…＜b₂₀₀₉=b₂₀₁₀，
綜上，b₁＜b₂＜b₃＜…b₂₀₁₂＞b₂₀₁₃＞…，
所以數(shù)列{b_n}存在最大值項，為第2009項或2010項；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，Sn=2an+2n=2[-（n+1）•2^n-1]+2ⁿ=-n•2ⁿ，
所以|S_n|=n•2ⁿ，
則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．

點評：本題考查等差數(shù)列、數(shù)列求和，考查錯位相減法對數(shù)列求和，考查學生的運算能力、分析解決問題的能力，綜合性較強．