16. (2018 湖北黄冈等八市 3 月联考) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项 $a_{1}=1$, 函数
$f(x)=x^{4}+a_{n+1} \cos 2 x-\left(2 a_{n}+1\right)$ 有唯一零点, 则数列 $\left\{n\left(a_{n}+1\right)\right\}$ 的前 $n$ 项的和 \$ \qquad \$
由 $f(x)=x^{4}+a_{n+1} \cos 2 x-\left(2 a_{n}+1\right)$, 得

$f(-x)=(-x)^{4}+a_{n+1} \cos (-2 x)-\left(2 a_{n}+1\right)=f(x)$, 所以 $f(x)$ 为偶函数, 且存在唯一零点, 所以

$f(0)=0$, 所以, $a_{n+1}-\left(2 a_{n}+1\right)=0, a_{n+1}=2 a_{n}+1$, 有 $a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right)$, 故数列 $\left\{a_{n}+1\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列, 所以 $a_{n}+1=2 \cdot 2^{n-1}=2^{n}$, 所以数列 $\left\{n\left(a_{n}+1\right)\right\}$ 的前 $n$ 项的和为 $S_{n}=1 \times 2^{1}+2 \times 2^{2}+\cdots+n \cdot 2^{n}(1), 2 S_{n}=1 \times 2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n+1}(2)$, 两式相减, 得 $-S_{n}=2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n}-n \cdot 2^{n+1}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{2}-n \cdot 2^{n+1}$, 所以 $S_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.