（I）由已知a_n+1=rS_n，則a_n+2=rS_n+1，兩式相減得
a_n+2-a_n+1=r（S_n+1-S_n）=ra_n+1
即a_n+2=（r+1）a_n+1
又 a₂=ra₁=ra
∴當r=0時，數(shù)列{a_n}為：a，0，0，…；
當r≠0時，由r≠-1，a≠0，∴a_n≠0
由a_n+2=（r+1）a_n+1得數(shù)列{a_n}從第二項開始為等比數(shù)列
∴當n≥2時，a_n=r（r+1）^n-2a
綜上數(shù)列{a_n}的通項公式為an＝

a，n＝1 r(r+1)n?2a ，n≥2

（II） 對于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差數(shù)列，理由如下：
當r=0時，由（I）知，an＝

a，n＝1 0，n≥2

∴對于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差數(shù)列；
當r≠0，r≠-1時
∵S_k+2=S_k+a_k+1+a_k+2，S_k+1=S_k+a_k+1
若存在k∈N^*，使得S_k+1，S_k，S_k+2成等差數(shù)列，則2S_k=S_k+1+S_k+2
∴2S_k=2S_k+a_k+2+2a_k+1，即a_k+2=-2a_k+1
由（I）知，a₂，a₃，…，a_n，…的公比r+1=-2，于是
對于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1=-2a_m，從而a_m+2=4a_m，
∴a_m+1+a_m+2=2a_m，即a_m+1，a_m，a_m+2成等差數(shù)列
綜上，對于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差數(shù)列．