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（1）由bn=2﹣2Sn，令n=1，则b1=2﹣2S1，

又S1=b1所以，

当n＞2时，由bn=2﹣2Sn，可得bn﹣bn﹣1=﹣2（Sn﹣Sn﹣1）=﹣2bn即，

所以{bn}是以为首项，为公比的等比数列，于是

（2）数列{an}为等差数列，公差，可得an=3n﹣1    从而

∴，

∴ 

．

解：（1）a1=S1=-1

当n≥2时，an=Sn-Sn﹣1=2n2-3n-2（n-1）2+3（n-1）=4n-5

又a1适合上式  an=4n﹣5（n∈N*）

当n≥2时，an﹣an﹣1=4n-5-4（n-1）+5=4

{an}是等差数列且d=4，a1=-1

（2）bn=（4n﹣5）2n（差比数列求和）

∴Sn=﹣21+3·22+…（4n﹣5）·2n①

2Sn=﹣22+…+（4n﹣9）·2n+（4n﹣5）·2n+1②

①﹣②得﹣Sn=﹣21+4·22+…+4·2n﹣（4n﹣5）·2n+1=

=﹣18﹣（4n﹣9）·2n+1∴Sn=18+（4n﹣9）·2n+1

解：(1)解：当n=1时，由已知得，解得，

同理，可解得；

(2)证明：由题设，，

当n≥2(n∈N*)时，，

代入上式，得，

∴，∴，

∴，

∴是首项为，公差为-1的等差数列，

∴，

∴。

解：（I）由 an=2an﹣1+2n﹣1（n∈N+，且n≥2）得 a4=2a3+24﹣1=81，得a3=33，

同理，可得 a2=13，a1=5．

（II）∵an=2an﹣1+2n﹣1，

∴ ﹣ = ﹣ =1，

故数列 是以2为首项，以1为公差的等差数列．

（III）由（II）可得  =2+（n﹣1）×1，

∴an=（n+1）2n+1．

∴Sn=a1+a2+…+an=2×2+3×22+4×23+…+（n+1）×2n+n，

记Tn=2×2+3×22+4×23+…+（n+1）×2n，

则有2Tn=2×22+3×23+…+n×2n +（n+1）2n+1．

两式相减，

可得﹣Tn=2×2+22+23+…+2n﹣（n+1）2n+1=4+ ﹣（n+1）2n+1=﹣n·2n+1，

解得  Tn=n×2n+1，故 Sn=Tn+n=n×2n+1+n=n?（2n+1+1 ）．

解：各项均为正数的数列{an}满足a1=1，且．

∴an+1·an（an+1+an）+（an+1+an）（an+1﹣an）=0

（an+1+an）（an+1·an+an+1﹣an）=0

∴an+1·an+an+1﹣an=0

∴+1=0；

∴=1．①

（Ⅰ）∵=1+=2

∴a2=；同理：a3=．

（Ⅱ）由①得是首项为1，公差为1的等差数列；

∴=1+（n﹣1）×1=n；

∴an=．

（Ⅲ）∵=2n+；

{n·2n}的和Sn=1·21+2·22+…+n·2n …①，

2·Sn=2·21+3·22+…+n·2n+1 …②，

∴①﹣②得﹣Sn=21+22+23+…+2n﹣n·2n+1∴﹣Sn=﹣n×2n+1∴Sn=（n﹣1）2n+1+2；

{}的和为：Tn=（1﹣）+（）+…+（）=1﹣=．

∴数列{bn}的前n项和为：Sn+Tn=（n﹣1）2n+1+2+．

解：(1)，n∈N*，

n=1时，，所以a1=1。

由题意得，

作差可得，

所以，

又因为，

所以，n≥2，

所以数列{an}是等差数列。

(2)由(1)得，

所以，

则Tn=b1+b2+…+bn

。