（1）证明：

 由 S_n=（1+λ）-λa_n，①

得 S_n+1=（1+λ）-λa_n+1，②（n∈N⁺）

②-①得S_n+1-S_n=-λa_n+1+λa_n，

即a _n+1=-λa_n+1+λa_n，

移向整理得（1+λ）a _n+1=λa_n，

∵λ≠-1，0，又得a_n+1

an+1

an

=

λ

1+λ

，是一个与n无关的非零常数，

∴数列{a_n}是等比数列．

（2）由（1）可知q=f（λ）=

λ

1+λ

，∴b_n=f（b_n-1）=

bn-1

1+bn-1

两边取倒数得出

1

bn

=

1+bn-1

bn-1

=

1

bn-1

+1，移向得出

1

bn

-

1

bn-1

=1 （n∈N⁺，n≥2），

∴{

1

bn

}是等差数列，且首项

1

b1

=2，公差为1．

由等差数列通项公式求得

1

bn

=2+（n-1）×1=n+1

∴b_n=

1

n+1

．

（3）证明：当λ=1时数列{a_n}的公比q=f（λ）=

λ

1+λ

=

1

2

，

在S_n=（1+λ）-λa_n，中令n=1时，得出a₁=2-a₁，解得a₁=1．

∴等比数列{a_n}的 通项公式为a_n=a₁•q^n-1=(

1

2

)n-1

从而Cn=an(

1

bn

-1)=(

1

2

)n-1•[（n+1）-1]=n•(

1

2

)n-1＞0，数列{C_n}的前n项和T_n随n的增大而增大．

由 T_n=1•(

1

2

)0+2•(

1

2

)1+3•(

1

2

)2+…n•(

1

2

)n-1

得 

1

2

T_n=1•(

1

2

)1+2•(

1

2

)2+…（n-1）•(

1

2

)n-1+n•(

1

2

)n

 两式相减得

1

2

T_n=(

1

2

)0+(

1

2

)1+(

1

2

)2+…(

1

2

)n-1-n•(

1

2

)n

=

1-( 1 2 )n

1- 1 2

-n•(

1

2

)n

=2-（n+2）•(

1

2

)n

∴T_n=4-（n+2）•(

1

2

)n-1

当n≥2时，T_n≥T₂=4-4•

1

2

=2． 易知T_n＜4．

所以当n≥2时，2≤T_n＜4．