（2011•扬州三模）已知定义在R上的函数f（x）和数列{an}满足下列条件：a1=a≠0，a2≠a1，当n∈N*时，a

（1）由已知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4…），得
a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4…），
由数列{a_n}是等差数列，得
a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，（n=2，3，4…）
所以，a_n-a_n-1=k（a_n-a_n-1），），（n=2，3，4…），得k=1．…（4分）
（2）充分性证明：若f（x）=kx（k≠1），则由已知a₁=a≠0，a_n+1=f（a_n）得a_n+1=ka_n，
所以，{a_n}是等比数列．…（6分）
必要性证明：{a_n}是等比数列，设公比为q，则有a_n=aq^n-1，n∈N^*
由f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n）及a_n+1=f（a_n）得a_n+2-a_n+1=k（a_n+1-a_n）
又a₂-a₁≠0，
所以数列{a_n+1-a_n}是以a₂-a₁为首项，公比为k的等比数列，
所以a_n+1-a_n=[f（a）-a]k^n-1，
当n≥2时，a_n=[f（a）-a]（k⁰+k¹+k²+…+k^n-2）+a…（8分）
①若k=1，a_n=[f（a）-a]（n-1）+a，（n≥2）
对n=1也成立．
数列{a_n}是公差为f（a）-a≠0的等差数列，不可能是等比数列，所以k≠1，
②k≠1，an＝[f(a)−a]
1−kn−1
1−k+a，（n≥2）
对n=1也成立．
所以an＝[f(a)−a]
1−kn−1
1−k+a=
f(a)−a
1−k+a−
f(a)−a
1−k•kn−1，
由数列{a_n}是等比数列知，
f(a)−a
1−k+a＝0，即f（a）=ka，
即f（a）=ka对任意非零实数都成立．
综上可得：数列{a_n}为等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）．…（10分）
（3）由（Ⅱ）知，数列{a_n}是首项为2，公比为k的等比数列，即a_n=2k^n-1，b_n+1-b_n=lnk是一个常数，
故数列{b_n}是等差数列，设公差为d，
依题意Sn＝nb1+
1
2n(n−1)d＝
1
2n[dn+(2b1−d)]，
S(m+1)n
Smn＝

1
2(m+1)n[d(m+1)n+(2b1−d)]

1
2mn[dmn+(2b1−d)]＝
(m+1)[d(m+1)n+(2b1−d)]
m[dmn+(2b1−d)]，
当且仅当2b₁-d=0或
d(m+1)
dm＝
2b1−d
2b1−d时，
S(m+1)n
Smn是一个与n无关的常数，

点评：
本题考点： 数列与函数的综合．

考点点评： 本题是数列与函数的综合题，综合性比较强，综合考查了等差等比数列以及充分必要条件的证明，其中注意分类讨论思想，应该熟练掌握灵活运用．