（I）证明：∵a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），

S_n+1=（n+1）a_n+1-2（n+1）n，

∴a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）a_n+1-na_n-4n，

∴a_n+1-a_n=4，

∴数列{a_n}是首项为1，公差为4的等差数列，

∴a_n=1+（n-1）•4=4n-3．

（II）由（I）知：a_n=4n-3，

∴bn=

an

2n

=

4n-3

2n

，

∴Tn=

1

2

+

5

22

+

9

23

+…+

4n-7

2n-1

+

4n-3

2n

，

∴

1

2

Tn=

1

2 2

+

5

23

+

9

24

+…+

4n-7

2n

+

4n-3

2n+1

，

两式相减，得：

1

2

Tn=

1

2

+4(

1

2 2

+

1

2 3

+

1

2 4

+…+

1

2 n

）-

4n-3

2n+1

=

1

2

+4×

1 2 2 (1- 1 2 n-1 )

1- 1 2

-

4n-3

2n+1

=

1

2

+2-

2

2 n-1

-

4n-3

2n+1

，

∴Tn=5-

4n+5

2n

．

（III）∵(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)≥p

2n+1

对一切n∈N^*均成立，

即p≤

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)对一切n∈N^*均成立，

只需p≤[

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)]min_min，n∈N^*，

令f(n)=

1

2n+1

(1+

2

a1+1

 )(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an-1+1

)，n≥2，且n∈N^*，

则f(n-1)=

1

2n-1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an-1+1

)，n≥2，且n∈N^*，

f(n)

f(n-1)

=

2n-1

2n+1

(1+

2

an+1

)=

2n-1

2n+1

•

2n

2n-1

=

2n

4n2-1

＞1，n≥2，且n∈N^*，

∴f（n）＞f（n-1），n≥2，且n∈N^*，

即f（n）在n∈N^*上为增函数，

∴f(n) min=f(1)=

2

3

=

2 3

3

，

∴p≤

2 3

3

，

故实数p的最大值是

2 3

3

．