分析：（Ⅰ）利用 2S
n=2
an2+an-1．推出a
n+1，a
n的关系式，说明数列是等差数列，然后求数列{a
n}的通项公式；
（Ⅱ）利用
bn+1=f(bn) -，以及
cn=log2(bn+)，推出{c
n}是等比数列，即可求{c
n}通项公式；
（Ⅲ）通过d
n=a
n•c
n，（n为正整数），求出d
n的表达式，利用错位相减法法直接求解前n项和T
n．
解答：解：（Ⅰ）由 2S
n=
an2+an-1 ①
得2S
n+1=
an+12+an+1-1 ②
由②-①，得 2a
n+1=
2(an+12-an2) +an+1-an，
即：
2(an+1 -an )(an+1+an) -(an+1+an)=0（2分）
∴
(2an+1 -2an -1)(an+1+an)=0由于数列{a
n}各项均为正数，
∴
2an+1 -2an -1=0即
an+1-an=∴数列{a
n}是首项为1，公差为
的等差数列，
∴数列{a
n}的通项公式是
an=1+(n-1)×=
（4分）
（Ⅱ）由
bn+1=f(bn) -知
bn+1=bn 2+bn- ，
所以
bn+1+= (bn+)2，
有
log2(bn+1+) =log2(bn+)2=
2log2(bn+)，即c
n+1=2C
n（6分）
而
c1=log2(b1+)=
=1，
故{c
n}是以c
1=1为首项，公比为2的等比数列．
所以c
n=2
n-1（8分）
（Ⅲ）d
n=a
n•c
n=
•2n-1=（n+1）2
n-2，
所以数列{d
n}的前n项和T
n=2•2
-1+3•2
0+…+n•2
n-3+（n+1）•2
n-2…①．
2T
n=2•2+3•2
1+…+n•2
n-2+（n+1）•2
n-1…②．
①-②得-T
n=1+2+2
2+…+2
n-2-（n+1）•2
n-1=1+
-（n+1）•2
n-1=-n•2
n-1，
解得T
n=n•2
n-1（12分）
点评：本题考查数列的求和，等差数列的通项公式，等差关系的确定，等比关系的确定，错位相减法的应用，考查计算能力．
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与
的大小，并加以证明．
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