（1）∵因为a_n＞0，an2=4Sn-2an-1  ①，当n=1时，a12=4S1-2a1-1，解得a₁=1．

当n≥2时，有 an-12=4Sn-1-2an-1-1  ②，

由①-②得，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1），故有 a_n-a_n-1=2（n≥2），即数列{a_n}是公差等于2的等差数列，

所以a_n=a₁+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．

又因为bn+1=bnλ，且b_n＞0，两边同时取自然对数得 lnb_n+1=λlnb_n，

由此可知数列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1为首项，以λ为公比的等比数列，
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，所以，b_n=eλn-1．

（2）当λ=4时，由（1）知，c_n =a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λn-1=（2n+1）•4^n-1．

假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，

即 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）（2k+1）•4^m+k-2，∴

(2n+1)2=(2m+1)(2k+1) 2n-2=m+k-2 m，n，k∈ N*

，

∴（m+k+1）²=（2m+1）（2k+1），即 m²+k²+mk+m+k=0，显然，这样的正整数m、k不存在，故数列{c_n}中的任何三项都不可能成等比数列．

（3）∵c_n=a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λ^n-1，

∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+（2n-1）×λn-2+（2n+1）×λn-1…③．

∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+（2n-1）×λn-1+（2n+1）×λn…④．

由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-（2n+1）×4n=3+2×

4(1-4n-1)

1-4

-（2n+1）4ⁿ=

1-4n-6n•4n

3

，

所以，（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ．

①当λ=1时，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）（n∈N^*）在N^*上为单调递增函数，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）≥M恒成立．  

②当λ≠1时，(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

．

记g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

g（n+1）-g（n）=2λⁿ＞0，

所以，数列g（n）为增函数．   

所以当λ≠1时，g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

≥g（1）=3．…（7分）

所以，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立． …（8分）