(1)∵数列{an}的首项a1=2,公比q=,∴Sk==4(1-)≥2, 而0<c<2,对任意的正整数k都有<2成立,∴Sk+1-c<2Sk-2c,化为c<2Sk-Sk+1, 把Sk,Sk+1代入计算得c<4-, 先研究函数g(x)=4-的单调性,x∈(0,+∞). ∵y=2x在x∈(0,+∞)上单调递增,∴函数y=在x∈(0,+∞)上单调递减, ∴函数y=-+4在x∈(0,+∞)上单调递增. 即g(k)=4-关于k单调递增,又对任意的k恒成立,∴当k=1时g(k)取得最小值,∴0<c<4-=1,即0<c<1. (2)符号为负. 证明:当q=1时,SnSn+2-=na1•(n+2)a1-[(n+1)a1]2=-<0, 当q≠1时,∵{an}是由正数组成的数列,∴q>0. 当q>0时且q≠1时,SnSn+2-=•-[]2 =[(1-qn)(1-qn+2)-(1-qn+1)2] =(-qn-qn+2+2qn+1) =-qn<0. 综上可知:SnSn+2-为负. (3)假设存在一个正常数m满足题意,则有
| Sn-m>0 | Sn+1-m>0 | Sn+2-m>0 | (Sn-m)(Sn+2-m)=(Sn+1-m)2 |
| | , ∴SnSn+2-=m(Sn+Sn+2-2Sn+1)(*), ∵Sn+Sn+2-2Sn+1=(Sn-m)+(Sn+2-m)-2(Sn+1-m)≥2-2(Sn+1-m)=0, ∴Sn+Sn+2-2Sn+1≥0, ∴m(Sn+Sn+2-2Sn+1)≥0, 由(1)得SnSn+2-<0. ∴(*)式不成立. 故不存在正常数m使结论成立. |