已知数列{an}的首项为1，设f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）．

（1）∵{a_n}为常数列，∴a_n=1（n∈N^*）．
∴f（4）=C₄¹+C₄²+C₄³+C₄⁴=15．
（2）∵{a_n}为公比为2的等比数列，
∴a_n=2^n-1（n∈N^*）．
∴f（n）=C_n¹+2C_n²+4C_n³+…+2^n-1C_nⁿ，
∴1+2f（n）=1+2C_n¹+2²C_n²+2³C_n³+…+2ⁿC_nⁿ=（1+2）ⁿ=3ⁿ，
故f(n)=
3n-1
2．
（3）假设数列{a_n}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）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_n-1C_n^n-1+a_nC_nⁿ，
且f（n）=a_nC_nⁿ+a_n-1C_n^n-1+…+a_kC_n^k+…+a₂C_n²+a₁C_n¹，
相加得 2f（n）=2a_n+（a₁+a_n-1）（C_n¹+C_n²+…+C_n^k+…+C_n^n-1），
∴f(n)=an+
a1+an-1
2(
C1n+
C2n+…+
Ckn+…+
Cn-1n)
=an+
a1+an-1
2(2n-2)
=1+（n-1）d+[2+（n-2）d]（2^n-1-1）．
∴f（n）-1=（d-2）+[2+（n-2）d]2^n-1=（n-1）2ⁿ对n∈N^*恒成立，
即（d-2）+（d-2）（n+2）2^n-1=0对n∈N^*恒成立，∴d=2．
故{a_n}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a_n=2n-1．

点评：
本题考点： 二项式定理的应用；等差数列的性质；等比数列的性质．

考点点评： 本题重点考查二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求 f（n），难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．