（I）因为点（a_n+1，S_2n-1）在函数f（x）的图象上，所以a_n²=S_2n-1，

令n=1，n=2，可得a₁²=S₁，a₂²=S₃，

∴a12=a1，(a1+d)2=3a1+3d

∴a₁=1，d=2（d=-1舍去）

∴a_n=2n-1；

∵(bn-bn+1)•g(bn)=f(

b

n

)(n∈N*)

∴4(bn-bn+1)•(bn-1)=(bn-1)2(n∈N*)

∴

bn+1-1

bn-1

=

3

4

∴数列{b_n-1}是以1为首项，

3

4

为公比的等比数列；

（II）证明：由上知b_n-1=(

3

4

)n-1

∴cn=

an

4n-1•(bn-1)

=

2n-1

3n-1

令T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n，

则T_n=

1

30

+

3

31

+…+

2n-1

3n-1

①

∴

1

3

T_n=

1

31

+

3

32

+…+

2n-3

3n-1

+

2n-1

3n

②

①-②得

2

3

T_n=

1

30

+

2

31

+

2

32

+…+

2

3n-1

-

2n-1

3n

2-

2(n+1)

3n

∴T_n=3-

n+1

3n-1

＜3

即c₁+c₂+c₃+…+c_n＜3．