(Ⅰ)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n,由此能求出数列{an}的通项公式.
(Ⅱ)由(n≥1),知,所以,由此能求出bn.
(Ⅲ)=n(3n+1)=n•3n+n,所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)+(1+2+…+n),令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,由错位相减法能求出,由此能求出数列{cn}的前n项和.
【解析】
(Ⅰ)当n=1时,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n,
知a1=2满足该式,
∴数列{an}的通项公式为an=2n.(2分)
(Ⅱ)∵(n≥1)①
∴②(4分)
②-①得:,
bn+1=2(3n+1+1),
故bn=2(3n+1)(n∈N*).(6分)
(Ⅲ)=n(3n+1)=n•3n+n,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)+(1+2+…+n)(8分)
令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,①
则3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1②
①-②得:-2Hn=3+32+33+…+3n-n×3n+1
=
∴,…(10分)
∴数列{cn}的前n项和…(12分)