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    8．设{an}是公比为正整数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1a2a3=64，b1+b2+b3=-42，6a1+b1=2a3+b3=0．
    （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
    （2）设pn=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，数列{pn}的前n项和为Sn．
    ①试求最小的正整数n0，使得当n≥n0时，都有S2n＞0成立；
    ②是否存在正整数m，n（m＜n），使得Sm=Sn成立？若存在，请求出所有满足条件的m，n；若不存在，请说明理由．

    分析 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
    （2）①pn=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，可得数列{pn}的前2n项和S2n=（a1+a3+…+a2n-1）+（b2+b4+…+b2n）=$\frac{2}{3}×{4}^{n}$-$\frac{2}{3}$-2n2-12n．n=1，2，3时，S2n＜0．n≥4时，都有S2n＞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：使得当n≥4时，都有S2n＞0成立，而an=2n＞0．因此n≥8时，都有Sn＞0，且Sn单调递增．即可得出．

    解答 解：（1）设等比数列{an}的公比为q＞0，等差数列{bn}的公差为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，
    联立解得a2=4，b2=-14，q=2，d=-2．
    ∴an=${a}_{2}{q}^{n-2}$=4×2n-2=2n，bn=b2+（n-2）d=-14-2（n-2）=-2n-10．
    （2）①∵pn=$\left\{\begin{array}{l}{a_n}，n=2k-1，k∈{N^*}\\{b_n}，n=2k，k∈{N^*}\end{array}$，
    数列{pn}的前2n项和S2n=（a1+a3+…+a2n-1）+（b2+b4+…+b2n）
    =$\frac{2（{4}^{n}-1）}{4-1}$-14n+$\frac{n（n-1）}{2}×（-4）$=$\frac{2}{3}×{4}^{n}$-$\frac{2}{3}$-2n2-12n．
    n=1，2，3时，S2n＜0．n≥4时，都有S2n＞0．∴最小的正整数n0=4，使得当n≥n0时，都有S2n＞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：使得当n≥4时，都有S2n＞0成立，而an=2n＞0．
    因此n≥8时，都有Sn＞0，且Sn单调递增．
    假设存在正整数m，n（m＜n），使得Sm=Sn成立，
    则取m=2，n=6时，Sm=Sn=-12成立，
    由n≥8时，都有Sn＞0，且Sn单调递增，S8=90．因此Sm=Sn不可能成立．
    综上可得：只有m=2，n=6时，使得Sm=Sn成立．

    点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、递推关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．

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