设等差数列{a_n}的公差为d，（1）由于Sn=na1+

n(n-1)

2

d，从而

Sn

n

=a1+

n-1

2

d，

所以当n≥2时，

Sn

n

-

Sn-1

n-1

=(a1+

n-1

2

d)-(a1+

n-2

2

d)=

d

2

，

即数列{

Sn

n

}是等差数列．

（2）∵对任意正整数n，k（n＞k），都有

Sn+k

+

Sn-k

=2

Sn

成立，

∴

Sn+1

+

Sn-1

=2

Sn

，即数列{

Sn

}是等差数列，设其公差为t，

则

Sn

=

S1

+(n-1)t=1+(n-1)t，所以Sn=[1+(n-1)t]2，

所以当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=[1+（n-1）t]²-[1+（n-2）t]²=2t²n-3t²+2t，

又由等差数列{a_n}中，a₂-a₁=a₃-a₂，即（4t²-3t²+2t）-1=（6t²-3t²+2t）-（4t²-3t²+2t）

所以t=1，即a_n=2n-1．

（3）由于a_n=a₁+（n-1）d，bn=aan，则

bn+1

bn

=aan+1-an=ad，

即数列{b_n}是公比大于0，首项大于0的等比数列，记其公比是q（q＞0）．

以下证明：b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．

∵（b₁+b_n）-（b_p+b_k）=b1+b1qn-1-b1qp-1-b1qk-1=b1(qp-1-1)(qk-1-1)，

当q＞1时，因为y=q^x为增函数，p-1≥0，k-1≥0，

∴q^p-1-1≥0，q^k-1-1≥0，∴b₁+b_n≥b_p+b_k；

当q=1时，b₁+b_n=b_p+b_k；

当q=1时，因为y=q^x为减函数，p-1≥0，k-1≥0，

∴q^p-1-1≤0，q^k-1-1≤0，∴b₁+b_n≥b_p+b_k，

综上：b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．

∴n（b₁+b_n）=（b₁+b_n）+（b₁+b_n）+…（b₁+b_n）≥（b₁+b_n）+（b₂+b_n-1）+…（b_n+b₁）

=（b₁+b₂+…+b_n）+（b_n+b_n-1+…+b₁），

即

b1+b2+…+bn

n

≤

b1+bn

2

．