解题思路：（I）由
b
n+1
＝
b
n
2
+2
b
n
，知bn+1+1=
b
n
2
+2
b
n
+1
=（bn+1）2，由此能够证明{lg（bn+1）}是以2为公比的等比数列，并能求出bn．
（Ⅱ）焦点F（n，0），准线l：x=-n，分别过P，A作准线l的垂线，垂足为B，C，由抛物线的定义，得：|PF|=|PB|，|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，故an=n+1，
S
n
＝2×
2
0
+3×
2
1
+4×
2
2
+…+
（n+1）×2n-1，由此利用错位相减法能够求出Sn．
（Ⅲ）由anan+1=（n+1）•（n+2），知anan+2是偶数，故cos（πanan+1）=cos0=1，由此能够求出数列{cn}前n项的和Tn..
（I）∵bn+1＝bn2+2bn，
∴bn+1+1=bn2+2bn+1=（bn+1）2，
∴lg（bn+1+1）=2lg（bn+1），
∴{lg（bn+1）}是以2为公比的等比数列，
∴lg（bn+1）=2n+1•lg（9+1）=2n+1，
∴bn＝102n+1−1．
（Ⅱ）焦点F（n，0），准线l：x=-n，
分别过P，A作准线l的垂线，垂足为B，C，
由抛物线的定义，得：|PF|=|PB|，
|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，
∴an=n+1，
∵an•lg(bn+1)＝(n+1)•2n−1，
∴Sn＝2×20+3×21+4×22+…+（n+1）×2n-1，①
∴2Sn=2×2+3×22+…+n×2n-1+（n+1）×2n，②
①-②，得-Sn=2+2+22+23+…+2n-1-（n+1）•2n=2+
2(1−2n−1)
1−2-（n+1）•2n，
∴Sn=n•2n．
（Ⅲ）∵anan+1=（n+1）•（n+2），
n+1，n+2是两个连续的整数，
∴anan+2是偶数，∴cos（πanan+1）=cos0=1，
∴cn＝
1
cos
(n+1)π
3cos
(n+2)π
3，
∴cn+1=[1
cos[π+
(n+1)π/3]cos[π+
(n+2)π
3]]=cn，
∵c1＝
1
cos
2π
3cosπ＝2，
c2＝
1
cosπcos
4π
3＝2，c3＝
1
cos
4π
3cos
5π
3=-4，
∴c1+c2+c3=0，
∵Tn=c1+c2+c3+…+cn，
∴当n=3k（k∈N+）时，Tn=3（c1+c2+c3）=0，
当n=3k+1，（k∈N+）时，Tn=k（c1+c2+c3）+c1=2，
当n=3k（k∈N+）时，Tn=k（c1+c2+c3）+c1+c2=4，
∴Tn＝
点评：
本题考点： 数列与解析几何的综合；等比关系的确定；数列的求和．
考点点评： 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列前n项和的求法，综合性强，难度大，解题时要认真审题，注意构造法和错位相减法的灵活运用．
