由已知 $ a_{n+1}=rS_n$，可得 $a_{n+2}=rS_{n+1} $，两式相减可得\[a_{n+2}-a_{n+1}=r\left(S_{n+1}-S_n\right)=ra_{n+1} ,\]即\[a_{n+2}=\left(r+1\right)a_{n+1} .\]又 $ a_2=ra_1=ra $，所以当 $ r=0 $ 时，数列 $ \left\{a_n\right\} $ 为 $ a,0,\cdots,0,\cdots $；
当 $ r\neq 0 $，$ r\neq -1 $ 时，由已知 $ a\neq 0 $，所以 $ a_n\neq 0\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right) $．
于是由 $ a_{n+2}=\left(r+1\right)a_{n+1 }$，可得\[{\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}}=r+1\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right) ,\]所以 $ a_2,a_3,\cdots,a_n,\cdots $ 成等比数列，从而当 $ n\geqslant 2 $ 时，\[ a_n=r\left(r+1\right)^{n-2}a. \]综上，数列 $ \left\{a_n\right\} $ 的通项公式为\[\begin{split}a_n= \begin{cases}a ,& n=1,\\ r\left(r+1\right)^{n-2}a, &n\geqslant 2.\end{cases} \end{split}\]

对于任意的 $ m\in {\mathbb{N}}^* $，且 $ m\geqslant 2 $，$ a_{m+1} $，$ a_m $，$ a_{m+2 }$ 成等差数列．
证明如下：
当 $ r=0 $ 时，由（1）知，$ a_n= \begin{cases}a, n=1,\\ 0, n\geqslant 2 ,\end{cases}$
所以对于任意的 $ m\in {\mathbb{N}}^* $，且 $ m\geqslant 2 $，$ a_{m+1} $，$ a_m $，$ a_{m+2} $ 成等差数列；
当 $ r\neq 0 $，$ r\neq -1 $ 时，因为\[ S_{k+2}=S_k+a_{k+1}+a_{k+2} , S_{k+1}=S_k+a_{k+1}. \]若存在 $ k\in {\mathbb{N}}^ *$，使得 $ S_{k+1} $，$ S_k $，$ S_{k+2} $ 成等差数列，则\[ S_{k+1}+S_{k+2}=2S_k, \]从而\[ 2S_k+2a_{k+1}+a_{k+2}=2S_k, \]即\[ a_{k+2}=-2a_{k+1}. \]由（1）知，$ a_2,a_3,\cdots,a_n,\cdots $ 的公比 $ r+1=-2 $，
于是对于任意的 $ m\in {\mathbb{N}}^* $，且 $ m\geqslant 2 $，有\[ a_{m+1}=-2a_m ,\]从而\[ a_{m+2}=4a_m, \]所以\[ a_{m+1}+a_{m+2}=2a_m ,\]即 $ a_{m+1}$ $ ,a_m $，$ a_{m+2 }$ 成等差数列．
综上，对于任意的 $ m\in {\mathbb{N}}^* $，且 $ m\geqslant 2 $，$ a_{m+1} $，$ a_m $，$ a_{m+2 }$ 成等差数列．