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    1．若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列{an}的前n项和Sn=am，则称{an}是“回归数列”．
    （Ⅰ）①前n项和为${S_n}={2^n}$的数列{an}是否是“回归数列”？并请说明理由；
    ②通项公式为bn=2n的数列{bn}是否是“回归数列”？并请说明理由；
    （Ⅱ）设{an}是等差数列，首项a1=1，公差d＜0，若{an}是“回归数列”，求d的值；
    （Ⅲ）是否对任意的等差数列{an}，总存在两个“回归数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立，请给出你的结论，并说明理由．

    分析 （1）利用“当n≥2时，an=Sn-Sn-1，当n=1时，a1=S1”即可得到an，再利用“回归数列”的意义即可得出，②bn=2n，Sn=n2+n=n（n+1），n（n+1）为偶数，即可证明数列{bn}是“回归数列”；
    （2）利用等差数列的前n项和即可得出Sn，对?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，取n=2和根据d＜0即可得出；
    （3）设{an}的公差为d，构造数列：bn=a1-（n-1）a1=（2-n）a1，cn=（n-1）（a1+d），可证明{bn}和{cn}是等差数列．再利用等差数列的前n项和公式及其通项公式、“回归数列”；即可得出．

    解答 解：（Ⅰ）①当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1，
    当n=1时，a1=S1=2．
    当n≥2时，Sn=an+1．
    ∴数列{an}是“回归数列”；
    ②bn=2n，前n项和Sn，Sn=n2+n=n（n+1），
    ∵n（n+1）为偶数，
    ∴存在2m=n（n+1），即m=$\frac{n（n+1）}{2}$，
    数列{bn}是否是“回归数列”；
    （2）Sn=na1+$\frac{n（n-1）}{2}$d=n+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
    对?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，即n+$\frac{n（n-1）}{2}$d=1+（m-1）d，
    取n=2时，得1+d=（m-1）d，解得m=2+$\frac{1}{d}$，
    ∵d＜0，∴m＜2，
    又m∈N*，∴m=1，∴d=-1．
    （3）设{an}的公差为d，令bn=a1-（n-1）a1=（2-n）a1，
    对?n∈N*，bn+1-bn=-a1，
    cn=（n-1）（a1+d），
    对?n∈N*，cn+1-cn=a1+d，
    则bn+cn=a1+（n-1）d=an，且数列{bn}和{cn}是等差数列．
    数列{bn}的前n项和Tn=na1+$\frac{n（n-1）}{2}$（-a1），
    令Tn=（2-m）a1，则m=$\frac{n（n-3）}{2}$+2．
    当n=1时，m=1；当n=2时，m=1．
    当n≥3时，由于n与n-3的奇偶性不同，即n（n-3）为非负偶数，m∈N*．
    因此对?n∈N*，都可找到m∈N*，使Tn=bm成立，即{bn}为“回归数列”；．
    数列{cn}的前n项和Rn=$\frac{n（n-1）}{2}$（a1+d），
    令cm=（m-1）（a1+d）=Rn，则m=$\frac{n（n-1）}{2}$+1．
    ∵对?n∈N*，n（n-3）为非负偶数，∴m∈N*．
    因此对?n∈N*，都可找到m∈N*，使Rn=cm成立，即{cn}为“回归数列”；．
    因此命题得证．

    点评 本题考查了利用“当n≥2时，an=Sn-Sn-1，当n=1时，a1=S1”求an、等差数列的前n项和公式及其通项公式、“回归数列”意义等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力、构造法，属于难题．

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