已知数列{an}满足：a1+a2λ+a3λ2+…+anλn−1=n2+2n，（其中常数λ＞0，n∈N*）．

解题思路：（1）由a₁+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an

λn−1

=n²+2n，再写一式，两式相减，即可求得数列{a_n}的通项公式；
（2）当λ=4时，a_n=（2n+1）•4^n-1，若存在a_r，a_s，a_t成等比数列，可得得（2r+1）（2t+1）4^r+t-2s=（2s+1）²，从而可得（r-t）²=0，与r≠t矛盾．

（1）∵a₁+
a2
λ+
a3
λ2+…+
an
λn−1=n²+2n，①
∴当n=1时，a₁=3，
当n≥2时，a₁+
a2
λ+
a3
λ2+…+
an−1
λn−2=（n-1）²+2（n-1）②
①-②可得
an
λn−1=2n+1，∴a_n=（2n+1）λ^n-1，
经验证，当n=1是上式也成立，
∴数列{a_n}的通项公式为：a_n=（2n+1）λ^n-1
（2）假设存在互不相同的正整数r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比数列，
则（2s+1）²4^2s-2=（2t+1）4^t-1•（2r+1）4^r-1，
同除以4^2s-2，可得（2s+1）²=（2t+1）（2r+1）4^r+t-2s，
由奇偶性知r+t-2s=0，所以（2r+1）（2t+1）=（r+t+1）²，即（r-t）²=0．
这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比数列．

点评：
本题考点： 等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比关系的确定．

考点点评： 本题考查数列的通项与求和，和分类讨论的思想，属中档题．