Question

8．設(shè){a_n}是公比為正整數(shù)的等比數(shù)列，{b_n}是等差數(shù)列，且a₁a₂a₃=64，b₁+b₂+b₃=-42，6a₁+b₁=2a₃+b₃=0．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)p_n=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，數(shù)列{p_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
①試求最小的正整數(shù)n₀，使得當(dāng)n≥n₀時(shí)，都有S_2n＞0成立；
②是否存在正整數(shù)m，n（m＜n），使得S_m=S_n成立？若存在，請(qǐng)求出所有滿足條件的m，n；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）①p_n=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，可得數(shù)列{p_n}的前2n項(xiàng)和S_2n=（a₁+a₃+…+a_2n-1）+（b₂+b₄+…+b_2n）=$\frac{2}{3}×{4}^{n}$-$\frac{2}{3}$-2n²-12n．n=1，2，3時(shí)，S_2n＜0．n≥4時(shí)，都有S_2n＞0．即可得出．
②由S₁=2，S₂=-12，S₃=-4，S₄=-22，S₅=10，S₆=-12，S₇=116．由①可知：使得當(dāng)n≥4時(shí)，都有S_2n＞0成立，而a_n=2ⁿ＞0．因此n≥8時(shí)，都有S_n＞0，且S_n單調(diào)遞增．即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q＞0，等差數(shù)列{b_n}的公差為d，∵a₁a₂a₃=64，b₁+b₂+b₃=-42，6a₁+b₁=2a₃+b₃=0．
∴${a}_{2}^{3}$=64，3b₂=-42，$\frac{6{a}_{2}}{q}$+b₂-d=2a₂q+b₂+d=0，
聯(lián)立解得a₂=4，b₂=-14，q=2，d=-2．
∴a_n=${a}_{2}{q}^{n-2}$=4×2^n-2=2ⁿ，b_n=b₂+（n-2）d=-14-2（n-2）=-2n-10．
（2）①∵p_n=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，
數(shù)列{p_n}的前2n項(xiàng)和S_2n=（a₁+a₃+…+a_2n-1）+（b₂+b₄+…+b_2n）
=$\frac{2（{4}^{n}-1）}{4-1}$-14n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-4）$=$\frac{2}{3}×{4}^{n}$-$\frac{2}{3}$-2n²-12n．
n=1，2，3時(shí)，S_2n＜0．n≥4時(shí)，都有S_2n＞0．∴最小的正整數(shù)n₀=4，使得當(dāng)n≥n₀時(shí)，都有S_2n＞0成立．
②由S₁=2，S₂=-12，S₃=-12+2³=-4，S₄=-22，S₅=-22+2⁵=10，
S₆=-12，S₇=-12+2⁷=116．
由①可知：使得當(dāng)n≥4時(shí)，都有S_2n＞0成立，而a_n=2ⁿ＞0．
因此n≥8時(shí)，都有S_n＞0，且S_n單調(diào)遞增．
假設(shè)存在正整數(shù)m，n（m＜n），使得S_m=S_n成立，
則取m=2，n=6時(shí)，S_m=S_n=-12成立，
由n≥8時(shí)，都有S_n＞0，且S_n單調(diào)遞增，S₈=90．因此S_m=S_n不可能成立．
綜上可得：只有m=2，n=6時(shí)，使得S_m=S_n成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、遞推關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．