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(2011•重庆二模)已知数列{an}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{an}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bk≤bn成立?若存在,求出n0的值;若不存在,请说明理由;
(Ⅲ)设Tn=|S1|-|S2|+…+|Sn|,求证:
T0+Sn
2
2-n
1+n
an
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{an}的通项公式;
(Ⅱ)对于任意的k∈N*,都有不等式bk≤bn成立,等价于
bnbn-1
bnbn+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Tn,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)•2n-1
∵对于任意的k∈N*,都有不等式bk≤bn成立
bnbn-1
bnbn+1

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

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