已知数列{an}的前n项和Sn＝n+n22k−1（n∈N*，k是与n无关的正整数）．

解题思路：（1）依题意，可求得a₁=[2/2k−1]，当n≥2时，由a_n=S_n-S_n-1可求得a_n=[2n/2k−1]，再验证n=1时成立，从而可将a_n的通项公式统一起来，再利用等差数列的定义证明即可；
（2）由a_n=[1/2k−1]（4n-2）可求得a_k=[1/2k−1]（4k-2）=2，利用数列{a_n}为递增数列可知|a_k-1|+|a_k+1-1|+…+|a_k+k-1|=a_k-1+a_k+1-1+…+a_k+k-1＞k+1，由k+1＜5（k∈N^*）可知，1≤k≤4（k∈N^*），对k=1，2，3，4逐项计算即可．

（1）∵S_n=
n+n2
2k−1（k是与n无关的正整数），
∴a₁=[2/2k−1]，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=[1/2k−1][（n²+n）-（（n-1）²+（n-1））]=[2n/2k−1]，
当n=1时，a₁=[2/2k−1]也适合上式，
∴a_n=[2n/2k−1]．
∴a_n+1-a_n=[1/2k−1][2（n+1）-2n]=[2/2k−1]为定值，
∴数列{a_n}是等差数列；
（2）∵a_n=[2n/2k−1]，
∴a_k=[2k/2k−1]=1+[1/2k−1]，
∴a_k-1=[1/2k−1]，
又数列{a_n}的公差d=[2/2k−1]＞0，故数列{a_n}为递增数列，
∴a_k+1-1＞[1/2k−1]，
a_k+2-1＞[1/2k−1]，…，
a_k+k-1＞[1/2k−1]，
∴|a_k-1|+|a_k+1-1|+…+|a_k+k-1|=a_k-[1/2k−1]+a_k+1-+[1/2k−1]…+a_k+k-[1/2k−1]＞k+1，
∴
(k+1)×2k
2k−1+
(k+1)•k
2•[2/2k−1]＞k+1+[k+1/2k−1]，
要使|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6，
需k+1＜5（k∈N^*），即1≤k≤4（k∈N^*），
①当k=1时，a₁=[2/2k−1]=2，d=[2/2k−1]=2，
∴a_n=2+（n-1）×2=2n，
∴|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|=|a₁-1|+|a₂-1|=|2-1|+|4-1|=4≤6，即k=1时符合题意；
②当k=2时，a₁=

点评：
本题考点： 数列的求和；数列的函数特性；等差关系的确定．

考点点评： 本题考查数列的求和，考查等差关系的确定，着重考查数列的函数特性，（2）中求得ak=2是突破口，是关键，属于难题．