设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有a13+a23+a33+…+=Sn2，其中Sn为数列{an}的前n项和．
（I）求证：an2=2Sn-an；
（II）求数列{an}的通项公式；
（III）若bn=3n+（-1）n-1λ•2an（λ为非零常数，n∈N*），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有bn+1＞bn，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
分析：本题考查的是数列与不等式的综合题．在解答时：
（I）首先讨论n=1和n≥2时两种情况，结合通项与前n项和之间的关系通过作差、变形化简即可获得问题的解答；
（II）利用（1）的结论写出相邻的一项对应的关系式，注意保证n≥2．用作差法可分析知数列a
n为等差数列，进而即可获得数列的通项公式；
（III）首先假设存在λ使得满足题意，然后计算化简b
n+1-b
n，再结合恒成立问题进行转化，将问题转化为：
(-1)n-1•λ＜()n-1对任意的n∈N*恒成立．然后分n为奇偶数讨论即可获得λ的范围，再结合为整数即可获得问题的解答．
解答：解：
（I）证明：当n=1时，a
13=a
12，∵a
1＞0，∴a
1=1．
当n≥2时，a
13+a
23+…+a
n3=S
n2，
a
13+a
23+…+a
n-13=S
n-12，
两式相减知：a
n3=S
n2-S
n-12=a
n（2a
1+2a
2+…+2a
n-1+a
n），
∵a
n＞0
∴a
n2=2a
1+2a
2+…+2a
n-1+2a
n-a
n∴a
n2=2S
n-a
n综上可知：∴a
n2=2S
n-a
n，n∈N*．
（II）∵a
n2=2S
n-a
n∴当n≥2时，a
n-12=2S
n-1-a
n-1，
∴a
n2-a
n-12=2（S
n-S
n-1）-a
n+a
n-1，
∴（a
n+a
n-1）（a
n-a
n-1-1）=0
又∵a
n+a
n-1＞0，∴a
n-a
n-1-1=0
∴a
n-a
n-1=1
所以数列a
n为首项为1，公差为1的等差数列．
∴数列{a
n}的通项公式为：a
n=n，n∈N*．
（III）假设存在λ使得对任意的n∈N*，有b
n+1＞b
n．
∵a
n=n，n∈N*
∴b
n=3
n+（-1）
n-1•λ
•2an= 3n +(-1)n-1•λ•2n，
∴b
n+1-b
n=[3
n+1+（-1）
n•λ•2
n+1]-[3
n+（-1）
n-1•λ•2
n]
∴b
n+1-b
n=2•3
n-3λ（-1）
n-1•2
n＞0
∴
(-1)n-1•λ＜()n-1对任意的n∈N*恒成立．
当n=2k-1，k∈N*时，
λ＜()2k-2对任意的k∈N*恒成立．
∴λ＜1
当n=2k，k∈N*时，
λ＞-()2k-1对任意的k∈N*恒成立．
∴λ＞-
∴-
＜λ＜1，又∵λ≠0且λ∈Z
∴λ=-1．
∴存在整数λ=-1，使得对任意n∈N*有b
n+1＞b
n成立．
点评：本题考查的是数列与不等式的综合题．在解答的过程当中充分体现了数列通项与前n项和的知识、分类讨论的知识以及恒成立问题的解答规律．值得同学们体会和反思．
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