各项均为非负整数的数列$\left\{a_n\right\}$同时满足下列条件：
①$a_1=m$，其中$m\in \mathbb{N}^{*}$；
②当正整数$n \geqslant 2$时，恒有$a_n \leqslant n-1$；
③对任意正整数$n$，均有$n$是$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$的因数．
(1) 当$m=5$时，写出数列$\left\{a_n\right\}$的前五项；
(2) 若数列$\left\{a_n\right\}$的前三项互不相等，且正整数$n \geqslant 3$时，$a_n$为常数，求$m$的值；
(3) 求证：对任意正整数$m$，都存在正整数$M$，只要正整数$n \geqslant M$，均有$a_n$为常数．
分析与解 (1) 当$m=5$时，数列$\left\{a_n\right\}$的前五项为$5,1,0,2,2$．
(2) 因为$a_2\leqslant 1$，所以$a_2=0,1$；$a_3\leqslant 2$，所以$a_3=0,1,2$；
而前三项互不相等，所以数列可能为\[\begin{split} &m,\ 0,\ 1,\ 1,\cdots;\\&m,\ 0,\ 2,\ 2,\cdots;\\&m,\ 1,\ 0,\ 0,\cdots;\\&m,\ 1,\ 2,\ 2,\cdots.\end{split}\]
由$S_n$是$n$的倍数知，第三种不可能，求得$m=2,3,4$．
(3) 首先可以证明，对任意$k\in \mathbb N^*$，均有$\dfrac{S_{k+1}}{k+1}<\dfrac{S_k}{k}+1$：
这是因为$$S_{k+1}-S_k=a_{k+1}\leqslant k,$$所以\[\begin{split} \dfrac {S_{k+1}}{k+1}-\dfrac {S_k}k\leqslant &\dfrac {S_k+k}{k+1}-\dfrac {S_k}k\\=&\dfrac {k^2-S_k}{k(k+1)}<1.\end{split} \]又因为$\dfrac {S_k}k$是整数，所以$$\dfrac{S_{k+1}}{k+1}\leqslant \dfrac{S_k}{k},$$从而有\[m=\dfrac{S_1}{1}\geqslant\dfrac{S_2}{2}\geqslant\dfrac{S_3}{3}\geqslant\cdots,\]因此存在正整数$M$，只要正整数$n \geqslant M$，均有\[\dfrac{S_{n}}{n}=\dfrac{S_{n+1}}{n+1}=\dfrac{S_{n+2}}{n+2}=\cdots=t\in\mathbb{N}^{*},\]故\[\begin{align*}S_n&=tn,\\S_{n+1}&=t(n+1),\\S_{n+2}&=t(n+2),\\&\vdots\end{align*}\]进而有\[a_{n+1}=a_{n+2}=\cdots=t.\]证毕．