分析 (1)根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式計(jì)算即可.
(2)確定a1,a3,…,a2n-1,…是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列;a2,a4,…,a2n,…是首項(xiàng)為2,公比為3的等比數(shù)列,從而可得通項(xiàng)公式an;
(3)由(2)先求出S2n,S2n-1的表達(dá)式,若存在正整數(shù)m、n,使得S2n=mS2n-1,則m=$\frac{{S}_{2n}}{{S}_{2n-1}}$≤3,再分類討論,即可求得結(jié)論.
解答 解:(1)${S_{20}}=(1+3+5+…+19)+(2+2×3+2×{3^2}+…+2×{3^9})={3^{10}}+99$
(2)當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),cosnπ=-1;當(dāng)n是偶數(shù)時(shí),cosnπ=1.
所以,當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),an+2=an+2;當(dāng)n是偶數(shù)時(shí),an+2=3an.
又a1=1,a2=2,所以a1,a3,…,a2n-1,…是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列;
a2,a4,…,a2n,…是首項(xiàng)為2,公比為3的等比數(shù)列.
所以,an=$\left\{\begin{array}{l}{n,n為奇數(shù)}\\{2×{3}^{\frac{n}{2}-1},n為偶數(shù)}\end{array}\right.$.
(3)由(2),得S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=3n+n2-1,
S2n-1=S2n-a2n=3n+n2-1-2×3n-1=3n-1+n2-1.
所以,若存在正整數(shù)m、n,使得S2n=mS2n-1,
則m=$\frac{{S}_{2n}}{{S}_{2n-1}}$=$\frac{{3}^{n}+{n}^{2}-1}{{3}^{n-1}+{n}^{2}-1}$=1+$\frac{2×{3}^{n-1}}{{3}^{n-1}+{n}^{2}-1}$≤1+$\frac{2×{3}^{n-1}}{{3}^{n-1}}$=3.
顯然,當(dāng)m=1時(shí),S2n=3n+n2-1≠1×3n-1+n2-1=S2n-1;
當(dāng)m=2時(shí),由S2n=2S2n-1,整理得3n-1=n2-1.
顯然,當(dāng)n=1時(shí),31-1≠12-1;
當(dāng)n=2時(shí),32-1=22-1,
所以(2,2)是符合條件的一個(gè)解.
當(dāng)n≥3時(shí),3n-1=(1+2)n-1=1+Cn-11×2+Cn-12×22+…≥1+2Cn-11+4Cn-12=2n2-1>n2-1.
當(dāng)m=3時(shí),由S2n=3S2n-1,整理得n=1,
所以(3,1)是符合條件的另一個(gè)解.
綜上所述,所有的符合條件的正整數(shù)對(duì)(m,n),有且僅有(3,1)和(2,2)兩對(duì).
點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng),考查存在性問(wèn)題的探究,考查分類討論的數(shù)學(xué)思想,屬于中檔題.
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A. | -3 | B. | -1 | C. | 1 | D. | 3 |
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A. | $\sqrt{2}$-1 | B. | $\sqrt{3}$-1 | C. | $\frac{{\sqrt{2}-1}}{2}$ | D. | $\frac{{\sqrt{3}-1}}{3}$ |
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A. | $\frac{1}{2015}$ | B. | $\frac{1}{2016}$ | C. | $\frac{1}{2017}$ | D. | $\frac{1}{2018}$ |
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A. | $\sqrt{3}$ | B. | 2$\sqrt{3}$ | C. | 3$\sqrt{3}$ | D. | 3$\sqrt{6}$ |
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A. | ①④ | B. | ①③ | C. | ②③ | D. | ③④ |
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