无

略

根据已知，有$$\begin{cases} a_1=(\lambda a_1+c)^2,\\ a_1+a_2=(\lambda a_2+c)^2,\\ a_1+a_2+a_3=(\lambda a_3+c)^2,\end{cases} $$设 $a_3-a_2=a_2-a_1=d$，作差，有$$\begin{cases} a_2=(\lambda a_1+\lambda a_2+2c)\cdot \lambda d,\\ a_3=(\lambda a_2+\lambda a_3+2c)\cdot \lambda d,\end{cases} $$再次作差，有$$d=2\lambda d\cdot \lambda d,$$显然 $d\neq 0$，于是 $2\lambda^2=\dfrac 1d$．从而由$$a_2=\dfrac 12a_1+\dfrac 12a_2+2\lambda cd$$可得 $4\lambda c=1$，又 $c=\sqrt{a_1}-\lambda a_1$，从而有$$1=4\lambda \sqrt{a_1}-4\lambda^2 a_1,$$即 $\left(2\lambda \sqrt{a_1}-1\right)^2=0$，从而 $a_1=\dfrac{1}{4\lambda^2}=\dfrac d2$．于是$$c=\sqrt{a_1}-\lambda a_1=\dfrac 12\sqrt{\dfrac d2},$$即 $c^2=\dfrac 18d$．
接下来用数学归纳法证明$$a_n=\left(n-\dfrac 12\right)d,n\in \mathbb N^*.$$当 $n=1,2,3$ 时，命题成立；
当假设当 $n\leqslant k$（$k\geqslant 3$ 且 $k\in\mathbb N^*$）时命题成立，即$$S_k=\dfrac 12d\cdot k^2+\left(a_1-\dfrac d2\right)k=\dfrac 12dk^2,$$于是由题设得$$a_{k+1}+\dfrac 12dk^2=\lambda^2a_{k+1}^2+2\lambda ca_{k+1}+c^2,$$即$$\left[a_{k+1}-\left(k+\dfrac 12\right)d\right]\cdot\left[a_{k+1}+\left(k-\dfrac 12\right)d\right]=0,$$因此 $a_{k+1}=\left(k+\dfrac 12\right)d$．
综上所述，欲证命题成立，因此 $\{a_n\}$ 是等差数列．