【答案】（I）详见解析；（II）详解解析；（III）证明详见解析．
【解析】
【分析】
（I）根据定义验证，即可判断；
（II）根据定义逐一验证，即可判断；
（III）解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 $a_{3}=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}$ ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可．
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 成等比数列，之后证得
$a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证．
【详解】（I）$Q a_{2}=2, a_{3}=3, \frac{a_{3}^{2}}{a_{2}}=\frac{9}{2} \notin Z \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 不具有性质①；
（II） $\mathrm{Q} \forall i, j \in N^{*}, i>j, \frac{a_{i}^{2}}{a_{j}}=2^{(2 i-j)-1}, 2 i-j \in N^{*} \therefore \frac{a_{i}^{2}}{a_{j}}=a_{2 i-j} \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 具有性质①；
$\mathrm{Q} \forall n \in N^{*}, n \geq 3, \exists k=n-1, l=n-2, \frac{a_{k}{ }^{2}}{a_{l}}=2^{(2 k-l)-1}=2^{n-1}=a_{n}, \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 具有性质②；
## （III）【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 $a_{n} \neq 0\left(n \notin N^{*}\right)$ ，假设数列中存在负项，设 $N_{0}=\max \left\{n \mid a_{n}<0\right\}$ ，
第一种情况：若 $N_{0}=1$ ，即 $a_{0}<0由①可知：存在 $m_{1}$ ，满足 $a_{m_{1}}=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}<0$ ，存在 $m_{2}$ ，满足 $a_{m_{2}}=\frac{a_{3}^{2}}{a_{1}}<0$ ，
由 $N_{0}=1$ 可知 $\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}=\frac{a_{3}^{2}}{a_{1}}$ ，从而 $a_{2}=a_{3}$ ，与数列的单调性矛盾，假设不成立．
第二种情况：若 $N_{0} \geq 2$ ，由①知存在实数 $m$ ，满足 $a_{m}=\frac{a_{N_{0}}^{2}}{a_{1}}<0$ ，由 $N_{0}$ 的定义可知：
$m \leq N_{0}$,
另一方面，$a_{m}=\frac{a_{N_{0}}^{2}}{a_{1}}>\frac{a_{N_{0}}^{2}}{a_{N_{0}}}=a_{N_{0}}$ ，由数列的单调性可知：$m>N_{0}$ ，
这与 $N_{0}$ 的定义矛盾，假设不成立．
同理可证得数列中的项数恒为负数．
综上可得，数列中的项数同号．
其次，证明 $a_{3}=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}$ ：
利用性质②：取 $n=3$ ，此时 $a_{3}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}(k>l)$ ，
由数列的单调性可知 $a_{k}>a_{l}>0$ ，
而 $a_{3}=a_{k} \cdot \frac{a_{k}}{a_{l}}>a_{k}$ ，故 $k<3$ ，
此时必有 $k=2, l=1$ ，即 $a_{3}=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}$ ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $k(k \geq 3)$ 项成等比数列，不妨设 $a_{s}=a_{1} q^{s-1}(1 \leq s \leq k)$ ，
其中 $a_{1}>0, q>1, ~\left(a_{1}<0,0由①可得：存在整数 $m$ ，满足 $a_{m}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{k-1}}=a_{1} q^{k}>a_{k}$ ，且 $a_{m}=a_{1} q^{k} \geq a_{k+1} \quad(*)$
由②得：存在 $s>t$ ，满足：$a_{k+1}=\frac{a_{s}^{2}}{a_{t}}=a_{s} \cdot \frac{a_{s}}{a_{t}}>a_{s}$ ，由数列的单调性可知：$t由 $a_{s}=a_{1} q^{s-1}(1 \leq s \leq k)$ 可得：$a_{k+1}=\frac{a_{s}^{2}}{a_{t}}=a_{1} q^{2 s-t-1}>a_{k}=a_{1} q^{k-1} \quad(* *)$
由（＊＊）和（＊）式可得：$a_{1} q^{k} \geq a_{1} q^{2 s-t-1}>a_{1} q^{k-1}$ ，
结合数列的单调性有：$k \geq 2 s-t-1>k-1$ ，
注意到 $s, t, k$ 均为整数，故 $k=2 s-t-1$ ，
代入（＊＊）式，从而 $a_{k+1}=a_{1} q^{k}$ ．
总上可得，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为：$a_{n}=a_{1} q^{n-1}$ ．
即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列．
【解法二】假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 $n=3$ ，此时 $a_{3}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}(k>l)$ ，
由数列的单调性可知 $a_{k}>a_{l}>0$ ，
而 $a_{3}=a_{k} \cdot \frac{a_{k}}{a_{l}}>a_{k}$ ，故 $k<3$ ，
此时必有 $k=2, l=1$ ，即 $a_{3}=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}}$ ，
即 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 成等比数列，不妨设 $a_{2}=a_{1} q, a_{3}=a_{1} q^{2}(q>1)$ ，
然后利用性质①：取 $i=3, j=2$ ，则 $a_{m}=\frac{a_{3}^{2}}{a_{2}}=\frac{a_{1}^{2} q^{4}}{a_{1} q}=a_{1} q^{3}$ ，
即数列中必然存在一项的值为 $a_{1} q^{3}$ ，下面我们来证明 $a_{4}=a_{1} q^{3}$ ，
否则，由数列的单调性可知 $a_{4}在性质（2）中，取 $n=4$ ，则 $a_{4}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}=a_{k} \frac{a_{k}}{a_{l}}>a_{k}$ ，从而 $k<4$ ，
与前面类似的可知则存在 $\{k, l\} \subseteq\{1,2,3\}(k>l)$ ，满足 $a_{4}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}$ ，
若 $k=3, l=2$ ，则：$a_{4}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}=a_{1} q^{3}$ ，与假设矛盾；
若 $k=3, l=1$ ，则：$a_{4}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}=a_{1} q^{4}>a_{1} q^{3}$ ，与假设矛盾；
若 $k=2, l=1$ ，则：$a_{4}=\frac{a_{k}^{2}}{a_{l}}=a_{1} q^{2}=a_{3}$ ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 $k, l$ ，可见 $a_{4}同理可得：$a_{5}=a_{1} q^{4}, a_{6}=a_{1} q^{5}, \cdots$ ，从而数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列．
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数．
从而题中的结论得证，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列．
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力。