Question

已知數(shù)列{a_n}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，S_n是其前n項和．
（1）當首項a₁=2，公比q=

1

2

時，對任意的正整數(shù)k都有

Sk+1-c

Sk-c

＜2（0＜c＜2）成立，求c的取值范圍；
（2）判斷S_nS_n+2-

S

2 n+1

(n∈N*)的符號，并加以證明；
（3）是否存在正常數(shù)m及自然數(shù)n，使得lg（S_n-m）+lg（S_n+2-m）=2lg（S_n+1-m）成立？若存在，請求出相應的m，n；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用等比數(shù)列的前n項和公式及不等式的性質(zhì)即可得出；
（2）通過對公比q分類討論，利用等比數(shù)列的前n和公式即可得出；
（3）假設存在一個正常數(shù)m滿足題意，利用已知條件就基本不等式的性質(zhì)得出矛盾，從而可知不存在正常數(shù)m滿足題意．

解答：解：（1）∵數(shù)列{a_n}的首項a₁=2，公比q=

1

2

，∴Sk=

2(1- 1 2k )

1- 1 2

=4(1-

1

2k

)≥2，
而0＜c＜2，對任意的正整數(shù)k都有

Sk+1-c

Sk-c

＜2成立，∴S_k+1-c＜2S_k-2c，化為c＜2S_k-S_k+1，
把S_k，S_k+1代入計算得c＜4-

6

2k

，
先研究函數(shù)g（x）=4-

6

2x

的單調(diào)性，x∈（0，+∞）．
∵y=2^x在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴函數(shù)y=

6

2x

在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)y=-

6

2x

+4在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增．
即g（k）=4-

6

2k

關于k單調(diào)遞增，又對任意的k恒成立，∴當k=1時g（k）取得最小值，∴0＜c＜4-

6

21

=1，即0＜c＜1．
（2）符號為負．
證明：當q=1時，S_nS_n+2-

S

2 n+1

=na1•(n+2)a1-[(n+1)a1]2=-

a

2 1

＜0，
當q≠1時，∵{a_n}是由正數(shù)組成的數(shù)列，∴q＞0．
當q＞0時且q≠1時，S_nS_n+2-

S

2 n+1

=

a1(1-qn)

1-q

•

a1(1-qn+2)

1-q

-[

a1(1-qn+1)

1-q

]2
=

a 2 1

(1-q)2

[（1-qⁿ）（1-qⁿ⁺²）-（1-qⁿ⁺¹）²]
=

a 2 1

(1-q)2

(-qn-qn+2+2qn+1)
=-qn

a

2 1

＜0．
綜上可知：S_nS_n+2-

S

2 n+1

為負．
（3）假設存在一個正常數(shù)m滿足題意，則有

Sn-m＞0 Sn+1-m＞0 Sn+2-m＞0 (Sn-m)(Sn+2-m)=(Sn+1-m)2

，
∴SnSn+2-

S

2 n+1

=m（S_n+S_n+2-2S_n+1）（*），
∵S_n+S_n+2-2S_n+1=（S_n-m）+（S_n+2-m）-2（S_n+1-m）≥2

(Sn-m)(Sn+2-m)

-2（S_n+1-m）=0，
∴S_n+S_n+2-2S_n+1≥0，
∴m（S_n+S_n+2-2S_n+1）≥0，
由（1）得S_nS_n+2-

S

2 n+1

＜0．
∴（*）式不成立．
故不存在正常數(shù)m使結論成立．

點評：熟練掌握等比數(shù)列的前n項和公式、對公比q分類討論、不等式的性質(zhì)、基本不等式的性質(zhì)、對數(shù)的運算性質(zhì)是解題的關鍵．