若无穷数列 $\left\{a_n\right\}$ 的满足对于给定的正整数 $k$，$\displaystyle a_n=\dfrac{1}{2 k+1} \sum\limits_{i=n-k}^{n+k} a_i$ 对任意大于 $k$ 的正整数 $n$ 均成立，则称数列 $\left\{a_n\right\}$ 是 $k$ 可均分数列．
1、若各项均为正整数的递增数列 $\left\{a_n\right\}$ 是 $3$ 可均分数列，且 $a_5-a_4=1$，$a_1=1$，求 $a_4$；
2、若 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列是 $\left\{a_n\right\}$ 是 $k$ 可均分数列的充要条件，求 $k$；
3、若 $\left\{a_n\right\}$ 既是 $2$ 可均分数列，也是 $3$ 可均分数列，$\left\{b_n\right\}$ 满足：$b_n=a_{n+1}^2-a_n a_{n+2}$（$n \in \mathbb N^{\ast}$），求证：$\left\{b_n\right\}$ 是 $24$ 可均分数列．
解析
1、根据题意，对 $k$ 可均分数列，有\[(2k+1)a_n=a_{n-k}+\cdots+a_n+\cdots+a_{n+k},\]差分可得\[(2k+1)(a_{n+1}-a_n)=a_{n+k+1}-a_{n-k}.\] 当 $k=3$ 时，有\[7(a_{n+1}-a_n)=a_{n+4}-a_{n-3},\]取 $n=4$，可得\[7(a_5-a_4)=a_8-a_1\implies a_8=8,\]又数列 $\{a_n\}$ 的各项为递增的正整数，因此 $a_n=n$（$n\in\mathbb N^{\ast}$，且 $n\leqslant 8$），从而 $a_4=4$．
2、若 $\{a_n\}$ 是等差数列，则根据等差数列的对称互补性，可得 $\{a_n\}$ 是 $k$ 可均分数列，其中 $k$ 为任意正整数． 若 $\{a_n\}$ 是 $1$ 可均分数列，则对任意正整数 $n\geqslant 2$，有\[2a_n=a_{n+1}-a_{n-1}\iff a_{n+1}-a_n=a_n-a_{n-1},\]因此 $\{a_n\}$ 是等差数列． 若 $\{a_n\}$ 是 $k$ 可均分数列，其中 $k$ 是不小于 $2$ 的正整数，此时对 $\{a_n\}$ 的前 $k$ 项缺乏约束，因此可以定义前 $2k+1$ 项为\[\underbrace{0,0,\cdots,0}_{k},1,\underbrace{2,2,\cdots,2}_{k},\]后续的数满足 $k$ 可均分数列的约束即可，此时数列 $\{a_n\}$ 是\[ \underbrace{0,0,\cdots,0}_{k},1,\underbrace{2,2,\cdots,2}_{k},2k+1,\cdots,\]不是等差数列．
综上所述，符合题意的 $k$ 的值只有 $1$．
3、根据题意，有\[a_n=-a_{n-1}+4a_{n-2}-a_{n-3}-a_{n-4},\quad n\geqslant 5,\]这是 $4$ 阶递推数列，设其前 $4$ 项分别为 $a,a+x,a+x+y,a+x+y+z$，则\[\begin{split} a_5&=a+2x+3y-z,\\ a_6&=a+5z,\\ a_7&=a+6x+10y-10z,\\ a_8&=a-9x-14y+30z,\\ a_9&=a+31x+51y-74z, \end{split}\]且 $\{a_n\}$ 也是 $3$ 可均分数列，于是\[\begin{cases} 7a_4=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7,\\ 7a_5=a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7+a_8,\\ 7a_6=a_3+a_4+a_5+a_6+a_7+a_8+a_9,\end{cases}\]即\[\begin{cases} 7(a+x+y+z)=7a+11x+15y-5z,\\ 7(a+2x+3y-z)=7a+2x+y+25z,\\ 7(a+5z)=7a+32x+52y-49z,\end{cases}\]也即\[\begin{cases} 4x+8y-12z=0,\\ 12x+20y-32z=0,\\ 32x+52y-84z=0,\end{cases}\]解得 $x=y=z$，因此 $\{a_n\}$ 是等差数列，进而\[b_n=(a_n+x)^2-a_n(a_n+2x)=x^2,\]因此 $\{b_n\}$ 为常数列，为 $24$ 可均分数列，命题得证．