已知数列{an}的前n项和为Sn，且 a1+2a2+3a3+…+nan=（n-1）Sn+2n（n∈N*）．

解题思路：（1）由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，类比得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1），两式作差可求得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2③．
法1：由：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2⇒S_n+1=2S_n+2，而S₁+2=4⇒数列{S_n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列⇒S_n，继而可求得a_n；
法2：由（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2⇒a_n+1=S_n+2，当n≥2时，a_n=S_n-1+2，两式作差，同理可证数列{a_n}是以a₁=2为首项，2为公比的等比数列，从而求得a_n；
（2）p，q，r成等差数列⇒p+r=2q，假设a_p-1，a_q-1，a_r-1成等比数列，可由（a_p-1）（a_r-1）=(aq−1)2⇒2^p+2^r=2×2^q．（*）利用基本不等式 可得2^p+2^r＞2

2p×2r

=2×2^q，这与（*）式矛盾，从而可得a_p-1，a_q-1，a_r-1不是等比数列．

（1）∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，
∴当n=1时，有 a₁=（1-1）S₁+2，解得 a₁=2．…（1分）
由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，①
得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1），②…（2分）
②-①得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2．③…（3分）
以下提供两种方法：
法1：由③式得：（n+1）（S_n+1-S_n）=nS_n+1-（n-1）S_n+2，
即S_n+1=2S_n+2；…（4分）
∴S_n+1+2=2（S_n+2），…（5分）
∵S₁+2=a₁+2=4≠0，
∴数列{S_n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
∴S_n+2=4×2^n-1，即S_n=4×2^n-1-2=2ⁿ⁺¹-2．…（6分）
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2ⁿ⁺¹-2）-（2ⁿ-2）=2ⁿ，…（7分）
又a₁=2也满足上式，
∴a_n=2ⁿ．…（8分）
法2：由③式得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2=n（S_n+1-S_n）+S_n+2，
得a_n+1=S_n+2．④…（4分）
当n≥2时，a_n=S_n-1+2，⑤…（5分）
⑤-④得：a_n+1=2a_n．…（6分）
由a₁+2a₂=S₂+4，得a₂=4，
∴a₂=2a₁．…（7分）
∴数列{a_n}是以a₁=2为首项，2为公比的等比数列．
∴a_n=2ⁿ…（8分）
（2）∵p，q，r成等差数列，
∴p+r=2q．…（9分）
假设a_p-1，a_q-1，a_r-1成等比数列，
则（a_p-1）（a_r-1）=(aq−1)2，…（10分）
即（2^p-1）（2^r-1）=（2^q-1）²，
化简得：2^p+2^r=2×2^q．（*）…（11分）
∵p≠r，
∴2^p+2^r＞2
2p×2r=2×2^q，这与（*）式矛盾，故假设不成立．…（13分）
∴a_p-1，a_q-1，a_r-1不是等比数列．…（14分）

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 本题主要考查等比数列的通项公式、数列的前n项和等基础知识，考查合情推理、化归与转化、特殊与一般的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，属于难题．