已知数列{an}满足：．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：；（Ⅲ）若，设数列{cn}前n项和为Tn，求证：对n∈N*，恒

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解：（Ⅰ）?，，…
n≥2时，．
将上面n-1个等式相加，得，
得（n≥2）．n≥2时，（3分）
又n=1时，∴对n∈N*，恒有．（4分）
（Ⅱ）．
．
又，
所以要证明，只需证明，
即证明tn+1-（t-1）n-t＞0．（6分）
下面证明：tn+1-（t-1）n-t＞0．
（方法一）数学归纳法：
证明：①当n=1时，∵t≥2，∴t2-2t+1=（t-1）2＞0，命题成立．
②假设当n=k时，命题成立，即tk+1-（t-1）k-t＞0，
那么当n=k+1时，∵tk+1-（t-1）k-t＞0，∴tk+2-（t2-t）k-t2＞0
∴tk+2-（t-1）（k+1）-t＞（t2-t）k+t2-（t-1）（k+1）-t=（t-1）2k+（t-1）2＞0，命题也成立．
综上所述对于n∈N?，命题都成立，
∴tn+1-（t-1）n-t＞0，
∴．…（8分）
（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，
∴tn+1=[1+（t-1）]n+1=Cn+10+Cn+11（t-1）+Cn+12（t-1）2+…+Cn+1n+1（t-1）n+1＞Cn+10+Cn+11（t-1）
=1+（n+1）（t-1）
=（t-1）n+t．
∴tn+1-（t-1）n-t＞0，∴．（8分）
（方法三）令f（x）=tx+1-[（t-1）x+t]（x≥1），
∴f′（x）=tx+1lnt-t+1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）是单调递增函数，
∴对于x≥1，总有f（x）≥f（1）=（t-1）2＞0，
从而对于n∈N*，tn+1-（t-1）n-t＞0成立，
∴．（8分）
（方法四）要证明，只需证明，只需证明，
只需证明，即只需证明tn＞n+1，构造函数f（x）=tx-t-1（x≥1），
则?f′（x）=txlnt-1＞0，
∴f（x）在[1，+∞）是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）=t-2≥0，
∴由以上分析法可知：tn＞n+1，∴．（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn=2n，∴，
∴．（9分）
当n=1时，显然．
当n＞1时，．（10分）
∴
=．（12分）
解析分析：（Ⅰ）依据条件中的等式，分别令n=1，2，…得到?，，…n≥2时，．将上面n-1个等式相加，即可得到通项公式；（Ⅱ）先利用等比数列的求和公式求出Sn，从而得出．又，所以要证明，只需证明，即证明tn+1-（t-1）n-t＞0．下面证明：tn+1-（t-1）n-t＞0．（方法一）数学归纳法：证明：①当n=1时，命题成立．②假设当n=k时，命题成立，证明当n=k+1时，命题也成立．（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，利用二项式定理tn+1=[1+（t-1）]n+1进行证明；（方法三）令f（x）=tx+1-[（t-1）x+t]（x≥1），利用导数工具研究其单调性，从而得到证明；（方法四）利用分析法证明：要证明，只需证明，只需证明，只需证明，即只需证明tn＞n+1，最后利用函数的单调性即得．（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn=2n，求得，再结合等比数列的求和公式即可证得结论．

点评：本小题主要考查函数单调性的应用、数列递推式、数学归纳法、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．