数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 对任意 $n \in \mathbb{N}^{*}$ 且 $n \geqslant 2$，均存在正整数 $i \in[1, n-1]$，满足 $a_{n+1}=2 a_{n}-a_{i}$，$a_{1}=1$，$a_{2}=3$．
1、求 $a_{4}$ 的可能值．
2、命题 $p$：若 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{8}$ 成等差数列，则 $a_{9}<30$，证明 $p$ 为真，同时写出命题 $p$ 的逆命题 $q$，并判断命题 $q$ 是真是假，说明理由．
3、若 $a_{2 m}=3^{m}$（$m \in \mathbb N^{*}$）成立，求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式．
解析
1、根据题意，有\[a_3=2a_2-a_1=5,\]进而\[a_4=\begin{cases} 2a_3-a_1,&i=1,\\ 2a_3-a_2,&i=2,\end{cases}=\begin{cases} 9,&i=1,\\ 7,&i=2.\end{cases}\]因此 $a_4$ 的可能值为 $9,7$．
2、命题 $p$ 的证明 若 $a_1,a_2,\cdots,a_8$ 成等差数列，则\[1=a_1<a_2<\cdots<a_8=15,\]于是\[a_9=2a_8-a_i\leqslant 2a_8-a_1=2\cdot 15-1=29,\]因此命题 $q$ 得证．
命题 $p$ 的逆命题 命题 $p$ 的逆命题为若 $a_9<30$，则 $a_1,a_2,\cdots,a_8$ 成等差数列．
命题 $q$ 的反例 取 $a_{n+1}=2a_n-a_1$，即当 $n\geqslant 2$ 时，$a_n=2^{n-1}+1$，此时 $a_9=257>30$
3、首先证明 $\{a_n\}$ 单调递增，也即 $a_n-a_{n-1}>0$．事实上，由\[a_{n+1}-a_n=a_n-a_i\geqslant a_n-a_{n-1}>0\]即得，其中 $i\in [1,n-1]$，$i\in\mathbb N^{\ast}$． 归纳发现 $a_{2m+1}=5\cdot 3^{m-1}$，用数学归纳法证明如下．
当 $m=1$ 时，$a_3=5$，命题成立； 若命题对 $1,\cdots,m$ 成立，则对于 $m+1$ 的情形，有\[\begin{cases} a_{2m+3}=2a_{2m+2}-a_i,\quad i \in [1,2m+1],i\in\mathbb N^{\ast},\\ a_{2m+4}=2a_{2m+3}-a_j,\quad j\in [1,2m+2],j\in\mathbb N^{\ast},\end{cases}\]于是\[a_{2m+3}=2\cdot 3^{m+1}-a_i=\dfrac{3^{m+2}+a_j}2,\]进而\[2a_i+a_j=3^{m+1}.\]显然 $j\ne 2m+2$，设\[P=\left\{a_k\mid k=1,2,\cdots,2m+1\right\}=\left\{1,3,5,9,\cdots,5\cdot 3^{m-2},3^m,5\cdot 3^{m-1}\right\},\]则 $a_i,a_j\in P$．
显然 $a_i\ne 5\cdot 3^{m-1}$．
若 $a_i=3^m$，则 $a_j=3^m$，此时 $a_{2m+3}=5\cdot 3^m$，命题成立；
若 $a_i<3^m$，则 $a_i\leqslant 5\cdot 3^{m-2}$，于是\[a_j=3^{m+1}-2a_i\geqslant 3^{m+1}-2\cdot 5\cdot 3^{m-2}=17\cdot 3^{m-2}>5\cdot 3^{m-1}\implies a_j\notin A\cup B,\]矛盾． 综上所述，$a_{2m+1}=5\cdot 3^{m-1}$，
因此\[a_n=\begin{cases} 1,&n=1,\\ 3^{\frac {n}2},&n\geqslant 2,2\mid n,\\ 5\cdot 3^{\frac{n-3}2},&n\geqslant 3,2\nmid n.\end{cases}\]