（1）法一：由S_n=（

an+1

2

）² 得：4Sn=

a

2n

+2an+1①，4Sn+1=

a

2n+1

+2an+1+1②，

②-①得4an+1=

a

2n+1

-

a

2n

+2an+1-2an，得到2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）

由题知a_n+1+a_n≠0得a_n+1-a_n=2，

又S1=a1=(

a1+1

2

)2，化为4a1=

a

21

+2a1+1，解得a₁=1．

∴数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a_n=1+（n-1）×1=2n-1，

因此前n项和S_n=

n(1+2n-1)

2

=n²；

法二：由S1=a1=(

a1+1

2

)2，化为4a1=

a

21

+2a1+1，解得a₁=1．

当n≥2时，2

Sn

=an+1=Sn-Sn-1+1，

得到(

Sn

-1)2=Sn1，即

Sn

-

Sn-1

=1

所以数列{

Sn

}是以1为首项，1为公差的等差数列，

∴

Sn

=1+(n-1)×1=n，得到Sn=n2．

（2）①由b_n+2n-1+λ得到其前n项和T_n=n²+λn，

由题意T_n最小值为T₆，即T_n≥T₆，n²+λn≥36+6λ，

化为

11

2

≤-

λ

2

≤

13

2

，∴λ∈[-13，-11]．

②因{bn}是“封闭数列”，设b_p+b_q=b_m（p，q，m∈Z^*，且任意两个不相等 ）得

2p-1+λ+2q-1+λ=2m-1+λ，化为λ=2（m-p-q）+1，则λ为奇数．

由任意n∈N^*，都有T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．

得 

1

12

＜T1＜

11

18

，化为

7

11

＜λ＜11，即λ的可能值为1，3，5，7，9，

又Tn=n2+λn＞0，因为

1

n(n+λ)

=

1

λ

(

1

n

-

1

n+λ

)，

检验得满足条件的λ=3，5，7，9，

即存在这样的“封闭数列”{b_n}，使得对任意n∈N^*，都有T_n≠0，

且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．，

所以实数λ的所有取值集合为{3，5，7，9}．