无穷数列 $a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$ 的定义如下：如果 $n$ 是偶数，就对 $n$ 尽可能多次地除以 $2$，直到得出一个奇数，这个奇数就是 $a_n$；如果 $n$ 是奇数，就对 $3 n+1$ 尽可能多次地除以 $2$，直到得出一个奇数，这个奇数就是 $a_n$．
1、写出这个数列的前 $7$ 项．
2、如果 $a_n=m$ 且 $a_m=n$，求 $m,n$ 的值． 记 $a_n=f(n)$，$n\in\mathbb N^{\ast}$，
3、求一个正整数 $n$，满足 \[n<f(n)<f(f(n))<\cdots<\underbrace{f(f(\cdots(}_{2024~\text{个}~f}n)\cdots)).\]
解析
1、根据定义，可得\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline n&1&2&3&4&5&6&7\\ \hline a_n&1&1&5&1&1&3&11\\ \hline\end{array}\]
2、根据题意 $\{a_n\}$ 的所有数均为奇数，因此 $m,n$ 均为奇数．不妨设 $n\leqslant m$ 且 $a_n=\dfrac{3n+1}{2^k}=m$，其中 $k\in\mathbb N^{\ast}$，于是\[\dfrac{3n+1}{2^k}\geqslant n\iff (2^k-3)n\leqslant 1.\] [[case]]情形一[[/case]] $n=1$．此时 $(m,n)=(1,1)$，符合题意． [[case]]情形二[[/case]] $n\geqslant 3$．此时 $k=1$，因此\[m=\dfrac{3n+1}2,\]而\[a_m=\dfrac{3m+1}{2^p}\implies n=\dfrac{3\cdot \dfrac{3n+1}2+1}{2^p}\implies \left(2^{p+1}-9\right)n=5,\]当 $p=1,2$ 时 $LHS<0$；当 $p\geqslant 3$ 时 $LHS\geqslant 7n>5$，不成立． 综上所述，$m=1$ 且 $n=1$．
3、设 $x_0=n$，$x_{n+1}=f(x_n)$（$n\in\mathbb N$），由于\[\cdots<\dfrac{3n+1}{2^3}<\dfrac{3n+1}{2^2}\leqslant n< \dfrac{3n+1}{2},\]因此 $x_{n+1}>x_n$ 等价于\[x_{n+1}=\dfrac{3x_n+1}2,\quad x_{n+1}~\text{是奇数},\]由递推公式可得\[x_n=\left(\dfrac 32\right)^{n}\left(x_0+1\right)-1,\]而 $x_1,x_2,\cdots,x_m$ 均为奇数，即\[2\mid \left(\dfrac 32\right)^m(x_0+1)\iff 2^{m+1}\mid 3^m(x_0+1)\iff 2^{m+1}\mid (x_0+1),\]从而 $x_0=s\cdot 2^t-1$，其中 $s,t\in\mathbb N^{\ast}$ 且 $t\geqslant m+1$． 回到原题，即 $m=2024$ 的情形，取 $n=2^{2025}-1$ 即可．
备注 显然 $x_n$（$n\in\mathbb N$）为奇数，在二进制下 $x_{n+1}$ 可以通过将 $x_n$ 与 $x_n$ 末尾添加 $1$（即 $2x_n+1$）相加得到的和的末尾所有零全部划去得到．由于 $x_{n+1}>x_n$（$n\in\mathbb N$，$n\leqslant m$），于是每次操作只划掉一个 $0$，这就从后往前看 $x_n$ 的末尾为连续的 $2$ 个 $1$．而每次操作都会使得连续 $1$ 的长度减少 $1$，为了使得操作 $m$ 次后仍然有连续 $2$ 个 $1$，初始 $x_0$ 的末尾至少有 $m+1$ 个 $1$．这样就得到了类似的结论．