（1）證明：∵k=0，則f_k（n）即f₀（n）為常數(shù)，不妨設(shè)f₀（n）=c（c為常數(shù)）．
因為a_n+S_n=f_k（n）恒成立，所以a₁+S₁=c，即c=2a₁=2．
而且當(dāng)n≥2時，由a_n+S_n=2 可得①a_n-1+S_n-1=2，②，把①-②可得 2a_n-a_n-1=0（n∈N，n≥2）．
若a_n=0，則a_n-1=0，…，a₁=0，與已知矛盾，所以an≠0(n∈N*)．
故數(shù)列{a_n}是首項為1，公比為

1

2

的等比數(shù)列．
（2）（i） 若k=0，由（1）知，不符題意，舍去．
（ii） 若k=1，設(shè)f₁（n）=bn+c（b，c為常數(shù)），則 當(dāng)n≥2時，由a_n+S_n=bn+c ③，可得a_n-1+S_n-1=b（n-1）+c．④
③-④得 2a_n-a_n-1=b（n∈N，n≥2）．要使數(shù)列{a_n}是公差為d（d為常數(shù)）的等差數(shù)列，必須有a_n=b-d（常數(shù)），
而a₁=1，故{a_n}只能是常數(shù)數(shù)列，通項公式為a_n=1（n∈N^*），
故當(dāng)k=1時，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，其通項公式為a_n=1（n∈N^*），此時f₁（n）=n+1．
（iii） 若k=2，設(shè)f2(n)＝an2+bn+c（a≠0，a，b，c是常數(shù)），
當(dāng)n≥2時，由 an+Sn＝an2+bn+c ⑤，可得 an?1+Sn?1＝a(n?1)2+b(n?1)+c ⑥，
⑤-⑥得 2a_n-a_n-1=2an+b-a（n∈N，n≥2）．
要使數(shù)列{a_n}是公差為d（d為常數(shù)）的等差數(shù)列，必須有a_n=2an+b-a-d，且d=2a，
考慮到a₁=1，所以a_n=1+（n-1）?2a=2an-2a+1（n∈N^*）．
故當(dāng)k=2時，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，其通項公式為a_n=2an-2a+1（n∈N^*），
此時f2(n)＝an2+(a+1)n+1?2a（a為非零常數(shù)）．
 （iv） 當(dāng)k≥3時，若數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，則a_n+S_n的表達式中n的最高次數(shù)為2，故數(shù)列{a_n}不能成等差數(shù)列．
綜上得，當(dāng)且僅當(dāng)k=1或2時，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列．