（1）设a_n+1=2a_n-n²+3n可化为a_n+1+λ（n+1）²+μ（n+1）=2（a_n+λn²+μn），

即a_n+1=2a_n+λn²+（μ-2λ）n-λ-μ，

故

λ=-1 μ-2λ=3 -λ-μ=0

，得

λ=-1 μ=1

，

又a₁-1²+1≠0，所以存在

λ=-1 μ=1

，使得数列{a_n+λn²+μn}是等比数列；

（2）由（1）得a_n-n²+n=（a₁-1²+1）•2^n-1，得a_n=2^n-1+n²-n，所以b_n=2^n-1，

要使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立，

则有

(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2 Sn-c＞0

，得c=-1，

所以，存在常数c=-1，使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立；

（3）证明：因为a_n=2^n-1+n²-n，

所以cn=

1

n2

，

而cn=

1

n2

＜

1

n2- 1 4

=

1

n- 1 2

-

1

n+ 1 2

，

所以Tn=c1+c2++c3＜1+

2

3

-

1

n+ 1 2

＜

5

3

(n≥2)，

又当n=2时，T2=

5

4

＞

4

5

，符合；

当n≥3时，cn=

1

n2

＞

1

n

-

1

n+1

，

得Tn=c1+c2++c3＞1-

1

n+1

=

n

n+1

＞

n

n+1

•

6

2n+1

=

6n

(n+1)(2n+1)

；

综上，

6n

(n+1)(2n+1)

＜T_n＜

5

3

（n≥2）得证．