已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，对每一个k∈N*，在ak与ak+1之间插入2k-1个2，得到新数列{bn}．设Sn，Tn?分别是数列{bn}和数列{a

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解：（1）∵数列{bn}中前6项依次为1，2，3，2，2，5，∴数列{bn}的前6项和S6为1+2+3+2+2+5=15
（2）∵数列{bn}中，对每一个k∈N*，在ak与ak+1之间插入2k-1个2，
∴a10在数列{bn}中的项数为10+1+2+4+…+28=521
即a10是数列{bn}的第521项；
（3）an=2n-1，在数列{bn}中，an及其前面所有项的和为1+3+…+（2m-1）+2+4+…+2m-1=2m+m2-2
即Sf（m）=2m+m2-2又Tm=1+3+5+…+（2m-1）=m2
∴Sf（m）-2Tm=（2m+m2-2）-2m2=2m-（m2+2）…（10分）
当m=1时，2m=2，m2+2=3，故2m＜m2+2；
当m=2时，2m=4，m2+2=6，故2m＜m2+2；
当m=3时，2m=8，m2+2=11，故2m＜m2+2；
当m=4时，2m=16，m2+2=18，故2m＜m2+2；?…（12分）
当
因而当m=1，2，3，4时，Sf（m）＜2Tm；
当m≥5时且m∈N*时，Sf（m）＞2Tm…（14分）
解析分析：（1）数列{bn}中前6项依次为1，2，3，2，2，5，所以可求数列{bn}的前6项和；（2）因为在数列{bn}中，对每一个k∈N*，在ak与ak+1之间插入2k-1个2，所以a10在数列{bn}中的项数为：10+1+2+4+…+28 故问题得解；（3）Sf（m）=2m+m2-2又Tm=1+3+5+…+（2m-1）=m2，要比较Sf（m）与2Tm的大小，作差，再进行讨论即可．

点评：本题以等差数列为载体，考查新数列的理解．解决第（3）问的关键在于求出an及其前面所有项之和的表达式，再进行分类讨论，有一定的难度．