Question

已知数列{a_n}的首项为1，设f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_nC_nⁿ（n∈N^*）．
（1）若{a_n}为常数列，求f（4）的值；
（2）若{a_n}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；
（3）数列{a_n}能否成等差数列，使得f（n）-1=2ⁿ•（n-1）对一切n∈N^*都成立？若能，求出数列{a_n}的通项公式；若不能，试说明理由．

Answer

（1）{an}为常数列，a1=1，可求an=1，代入f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）可求f（4）的值；
（2）根据题意可求an=2n-1（n∈N*），f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n-1Cnn，两端同时2倍，配凑二项式（1+2）n，问题即可解决；
（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，利用倒序相加法求得，最终转化为
（d-2）+（d-2）（n+2）2n-1=0对n∈N*恒成立，从而求得d=2，问题解决．
【解析】
（1）∵{an}为常数列，∴an=1（n∈N*）．
∴f（4）=C41+C42+C43+C44=15．…（4分）
（2）∵{an}为公比为2的等比数列，
∴an=2n-1（n∈N*）．…（6分）
∴f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n-1Cnn，
∴1+2f（n）=1+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=（1+2）n=3n，
故．…（10分）
（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，设公差为d，
则f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+an-1Cnn-1+anCnn，
且f（n）=anCnn+an-1Cnn-1+…+akCnk+…+a2Cn2+a1Cn1，…（12分）
相加得 2f（n）=2an+（a1+an-1）（Cn1+Cn2+…+Cnk+…+Cnn-1），
∴
=
=1+（n-1）d+[2+（n-2）d]（2n-1-1）．
∴f（n）-1=（d-2）+[2+（n-2）d]2n-1=（n-1）2n对n∈N*恒成立，
即（d-2）+（d-2）（n+2）2n-1=0对n∈N*恒成立，∴d=2．…（15分）
故{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，它的通项公式为an=2n-1．…（16分）