对于无穷数列 $\{a_n\},\{b_n\}$，若 $b_k=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}-\min\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$（$k=1,2,3,\cdots$），则称 $\{b_n\}$ 是 $\{a_n\}$ 的收缩数列，其中，$\max\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$，$\min\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$ 分别表示 $a_1,a_2,\cdots,a_k$ 中的最大数与最小数．已知 $\{a_n\}$ 为无穷数列，其前 $n$ 项和为 $S_n$，数列 $\{b_n\}$ 是 $\{a_n\}$ 的收缩数列．
1、若 $a_n=2n+1$，求 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和．
2、证明：$\{b_n\}$ 的收缩数列仍是 $\{b_n\}$．
3、若 $S_1+S_2+\cdots+S_n=\dfrac{n(n+1)}2a_1+\dfrac{n(n-1)}2b_n$（$n=1,2,3,\cdots$），求所有满足该条件的 $\{a_n\}$．
解析
1、设 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，根据收缩数列的定义，有\[b_k=(2k+1)-3=2k-2\implies T_n=n^2-n.\]
2、由于\[\begin{cases} \max\{a_1,a_2,\cdots,a_{n+1}\}\geqslant \max\{a_1,a_2,\cdots,a_n\},\\ \min\{a_1,a_2,\cdots,a_{n+1}\}\leqslant \min\{a_1,a_2,\cdots,a_n\},\end{cases}\implies b_{n+1}\geqslant b_n,\]于是数列 $\{b_n\}$ 不减，进而 $\max\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}=b_n$，$\min\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}=b_1=0$，因此 $\{b_n\}$ 的收缩数列仍是 $\{b_n\}$．
3、根据题意，有\[na_1+(n-1)a_2+\cdots+a_n=\dfrac{n(n+1)}2a_1+\dfrac{n(n-1)}2b_n,\]即\[\dfrac{n(n-1)}2b_n=(n-1)(a_2-a_1)+(n-2)(a_3-a_1)+\cdots+(a_n-a_1),\]注意到 $(n-1)+(n-2)+\cdots+1=\dfrac{n(n-1)}2$，于是猜测 $a_2=a_3=\cdots=a_n$，且 $a_2\geqslant a_1$． 显然，数列 $a_n=\begin{cases} a_1,&n=1,\\ a_2,&n\geqslant 2\end{cases}$ 且 $a_2\geqslant a_1$ 是满足条件的数列．下面证明该数列是唯一符合条件的数列，用反证法． 否则，设 $a_k$ 是第一个不符合该通项公式的项，即 $a_1\leqslant a_2=a_3=\cdots=a_{k-1}\ne a_k$，此时 $b_1=b_2=\cdots=b_{k-1}=a_2-a_1$，进而\[\dfrac{k(k-1)}2b_k=\left(\dfrac{k(k-1)}2-1\right)(a_2-a_1)+(a_k-a_1),\]而\[b_k=\max\{a_k,a_2\}-\min\{a_k,a_1\}\geqslant \max\{a_2-a_1,a_k-a_1\},\]又 $a_2-a_1\ne a_k-a_1$，于是\[\dfrac{k(k-1)}2b_k>\left(\dfrac{k(k-1)}2-1\right)(a_2-a_1)+(a_k-a_1),\]不符合题意． 综上所述，所有满足条件的数列 $\{a_n\}$ 为 $a_n=\begin{cases} a_1,&n=1,\\ a_2,&n\geqslant 2\end{cases}$ 且 $a_2\geqslant a_1$．