已知数列 $\{a_n\}$ 满足：$a_1=1$，$|a_{n+1}-a_n|=p^n$，$n\in\mathbb N^{\ast}$，$S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和．
（1）若 $\{a_n\}$ 是递增数列，且 $a_1,2a_2,3a_3$ 成等差数列，求 $p$ 的值．
（2）若 $p=\dfrac 12$，且 $\{a_{2n-1}\}$ 是递增数列，$\{a_{2n}\}$ 是递减数列，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
（3）若 $p=1$，对于给定的正整数 $n$，是否存在一个满足条件的数列 $\{a_n\}$，使得 $S_n=n$？如果存在，给出一个满足条件的数列；如果不存在，请说明理由．
分析与解 （1）根据题意，有 $a_2=a_1+p$，$a_3=a_1+p+p^2$，而 $a_1,2a_2,3a_3$ 成等差数列，于是\[4a_2=a_1+3a_3,\]即\[4p=3\left(p+p^2\right),\]解得 $p=\dfrac 13$．
（2）根据题意，有\[\begin{split} a_{2n}-a_{2n-1}&=\dfrac 1{2^{2n-1}},\\a_{2n+1}-a_{2n}&=-\dfrac 1{2^{2n}},\end{split}\]于是\[a_{2n+1}-a_{2n-1}=\dfrac{1}{2^{2n}},\]累加可得\[a_{2n-1}=a_1+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac 1{2^{2n-2}}=\dfrac 43-\dfrac 43\cdot \dfrac{1}{2^{2n}},\]进而\[a_{2n}=a_{2n-1}+\dfrac{1}{2^{2n-1}}=\dfrac 43+\dfrac 23\cdot \dfrac{1}{2^{2n}}.\]整理可得\[a_n=\begin{cases} \dfrac 43+\dfrac 23\cdot \dfrac{1}{2^n}, & 2\mid n\\ \dfrac 43-\dfrac 23\cdot \dfrac{1}{2^n},& 2\nmid n,\end{cases}\]即\[a_n=\dfrac 43+(-1)^n\cdot \dfrac 23\cdot \dfrac 1{2^n},n\in\mathbb N^{\ast}.\]
（3）考虑到当 $p=1$ 时，数列 $\{a_n\}$ 必然是奇偶交替的，所有奇数项为奇数，所有偶数项为偶数．因此数列 $\{S_n\}$ 模 $2$ 的余数为周期数列\[\underbrace{1,1,0,0},\underbrace{1,1,0,0},\cdots,\]因此符合题意的 $n$ 模 $4$ 必然为 $0$ 或 $1$．
情形一 当 $n\equiv 0\pmod 4$ 时，设 $n=4k+4$，$k\in\mathbb N$，则取数列 $\{a_n\}$ 为\[\underbrace{1,2,1,0},\underbrace{1,2,1,0},\cdots\]即符合题意．
情形二 当 $n\equiv 1\pmod 4$ 时，设 $n=4k+1$，$k\in\mathbb N$，则取数列 $\{a_n\}$ 为\[1,\underbrace{0,1,2,1},\underbrace{0,1,2,1},\cdots\]即符合题意．
综上所述，当给定的正整数 $n$ 模 $4$ 余 $0$ 或余 $1$ 时，存在符合条件的数列．
注 (2)中可以用反证法证明\[\begin{split} a_{2n}-a_{2n-1}&=\dfrac 1{2^{2n-1}},\\
a_{2n+1}-a_{2n}&=-\dfrac 1{2^{2n}},\end{split}\]否则若 $a_{2n}-a_{2n-1}=-\dfrac 1{2^{2n-1}}$，因为\[a_{2n+1}-a_{2n}\leqslant \dfrac 1{2^{2n}},\]两式相加得\[a_{2n+1}-a_{2n-1}\leqslant \dfrac 1{2^{2n}}-\dfrac 1{2^{2n-1}}<0,\]与题意矛盾．另一个式子同理可证．