（15分）已知等差数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=-1$，公差$d > 1$．记$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}(n\in N^{*})$．
（Ⅰ）若$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$，求$S_{n}$；
（Ⅱ）若对于每个$n\in N^{*}$，存在实数$c_{n}$，使$a_{n}+c_{n}$，$a_{n+1}+4c_{n}$，$a_{n+2}+15c_{n}$成等比数列，求$d$的取值范围．
分析：（Ⅰ）由等差数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=-1$及$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$可得关于公差$d$的方程，再由公差$d$的范围可得$d$的值，再由等差数列的前$n$项和公式可得$S_{n}$的解析式；
（Ⅱ）由$a_{n}+c_{n}$，$a_{n+1}+4c_{n}$，$a_{n+2}+15c_{n}$成等比数列，可得关于$c_{n}$的二次方程，由判别式大于0可得$d$的表达式，分类讨论可得$d$的取值范围．
解：（Ⅰ）因为等差数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=-1$，公差$d > 1$，
因为$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$，可得$\dfrac{4({a}_{1}+{a}_{4})}{2}-2a_{2}a_{3}+6=0$，即$2(a_{1}+a_{4})-2a_{2}a_{3}+6=0$，
$a_{1}+a_{1}+3d-(a_{1}+d)(a_{1}+2d)+3=0$，即$-1-1+3d-(-1+d)(-1+2d)+3=0$，
整理可得：$d^{2}=3d$，解得$d=3$，
所以$S_{n}=na_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2}d=-n+\dfrac{3{n}^{2}-3n}{2}=\dfrac{3{n}^{2}-5n}{2}$，
即$S_{n}=\dfrac{3{n}^{2}-5n}{2}$；
（Ⅱ）因为对于每个$n\in N^{*}$，存在实数$c_{n}$，使$a_{n}+c_{n}$，$a_{n+1}+4c_{n}$，$a_{n+2}+15c_{n}$成等比数列，
则$(a_{1}+nd+4c_{n})^{2}=[a_{1}+(n-1)d+c_{n}][(a_{1}+(n+1)d+15c_{n}]$，$a_{1}=-1$，
整理可得：$c_{n}^{2}+[(14-8n)d+8]c_{n}+d^{2}=0$，则△$=[(14-8n)d+8]^{2}-4d^{2}\geqslant 0$恒成立在$n\in N^{+}$，
整理可得$[(2n-3)d-2][n-2)d-1]\geqslant 0$，
当$n=1$时，可得$d\leqslant -2$或$d\geqslant -1$，而$d > 1$，
所以$d$的范围为$(1,+\infty )$；
$n=2$时，不等式变为$(d-2)(-1)\geqslant 0$，解得$d\leqslant 2$，而$d > 1$，
所以此时$d\in (1$，$2]$，
当$n\geqslant 3$时，$d > 1$，则$[(2n-3)d-2][n-2)d-1] > (2n-5)(n-3)\geqslant 0$符合要求，
综上所述，对于每个$n\in N^{*}$，$d$的取值范围为$(1$，$2]$，使$a_{n}+c_{n}$，$a_{n+1}+4c_{n}$，$a_{n+2}+15c_{n}$成等比数列．
点评：本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．