对数列{a_n}，规定{△a_n}为数列{a_n}的一阶差分数列，其中△a_n=a_n+1-an（n∈N）．对自然数k，规定{△^ka_n}为{a_n}的k阶差分数列，其中△^ka_n=△^k-1a_n+1-△^k-1a_n=△（△^k-1a_n）．
（1）已知数列{a_n}的通项公式a_n=n²+n（n∈N），试判断{△a_n}，{△²a_n}是否为等差或等比数列，为什么？
（2）若数列{a_n}首项a₁=1，且满足△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ（n∈N），求数列{a_n}的通项公式．
（3）（理）对（2）中数列{a_n}，是否存在等差数列{b_n}，使得b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ=a_n对一切自然n∈N都成立？若存在，求数列{b_n}的通项公式；若不存在，则请说明理由．在线课程解：（1）△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²+（n+1）-（n²+n）=2n+2，
∴{△a_n}是首项为4，公差为2的等差数列．△²a_n=2（n+1）+2-（2n+2）=2，
∴{△²a_n}是首项为2，公差为0的等差数列；
也是首项为2，公比为1的等比数列．
（2）∵△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，即△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，
即△a_n-a_n=2ⁿ，∴a_n+1=2a_n+2ⁿ，∵a₁=1，
∴a₂=4=2×2¹，a₃=12=3×2²，a₄=32=4×2³，猜想：a_n=n•2^n-1，
证明：ⅰ）当n=1时，a₁=1=1×2⁰；ⅱ）假设n=k时，a_k=k•2^k-1；
n=k+1时，a_k+1=2a_k+2^k=k•2^k+2^k=（k+1）•2^（k+1）-1结论也成立，
∴由ⅰ）、ⅱ）可知，a_n=n•2^n-1．
（3）b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ=a_n，即b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ=n•2^n-1，
∵1C_n¹+2C_n²+3C_n³+…+nC_nⁿ=n（C_n-1⁰+C_n-1¹+C_n-1²+…+C_n-1^n-1）=n•2^n-1，
∴存在等差数列{b_n}，b_n=n，使得b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ=a_n对一切自然n∈N都成立．
分析：（1）先根据定义可得△a_n=a_n+1-a_n，把a_n=n²+n代入整理，根据等差及等比数列的定义判断{△a_n}是否为等差数列或等比数列，同理可判断{△²a_n}是否为等差或等比数列．
（2）根据题中的定义可把已知转化为△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，整理可得a_n+1=2a_n+2ⁿ，利用递推关系及a₁=1计算a₂，a₃，a₄，然后进行猜想a_n，再利用数学归纳法进行证明
（3）结合组合数的性质：1C_n¹+2C_n²+3C_n³+…+nC_nⁿ=n（C_n-1⁰+C_n-1¹+C_n-1²+…+C_n-1^n-1）=n•2^n-1，
进行求解
点评：本小题以新定义为载体主要考查等差数列、等比数列的定义的基础知识，考查观察、猜想并进行证明的数学思想方法．还考查了把新的定义转化为利用所学知识进行求解的能力．