已知数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和．（1）当首项a1=2，公比q=12时，对任意的正整数k都有Sk+1-cSk-c＜2（0＜c＜2）成立，

题型：不详难度：来源：

已知数列{a_n}是由正数组成的等比数列，S_n是其前n项和．
（1）当首项a₁=2，公比q=

1

2

时，对任意的正整数k都有

Sk+1-c

Sk-c

＜2（0＜c＜2）成立，求c的取值范围；
（2）判断S_nS_n+2-

S

2n+1

(n∈N*)的符号，并加以证明；
（3）是否存在正常数m及自然数n，使得lg（S_n-m）+lg（S_n+2-m）=2lg（S_n+1-m）成立？若存在，请求出相应的m，n；若不存在，说明理由．

答案

（1）∵数列{a_n}的首项a₁=2，公比q=

1

2

，∴Sk=

2(1- 1 2k )

1- 1 2

=4(1-

1

2k

)≥2，
而0＜c＜2，对任意的正整数k都有

Sk+1-c

Sk-c

＜2成立，∴S_k+1-c＜2S_k-2c，化为c＜2S_k-S_k+1，
把S_k，S_k+1代入计算得c＜4-

6

2k

，
先研究函数g（x）=4-

6

2x

的单调性，x∈（0，+∞）．
∵y=2^x在x∈（0，+∞）上单调递增，∴函数y=

6

2x

在x∈（0，+∞）上单调递减，
∴函数y=-

6

2x

+4在x∈（0，+∞）上单调递增．
即g（k）=4-

6

2k

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-

6

21

=1，即0＜c＜1．
（2）符号为负．
证明：当q=1时，S_nS_n+2-

S

2n+1

=na1•(n+2)a1-[(n+1)a1]2=-

a

21

＜0，
当q≠1时，∵{a_n}是由正数组成的数列，∴q＞0．
当q＞0时且q≠1时，S_nS_n+2-

S

2n+1

=

a1(1-qn)

1-q

•

a1(1-qn+2)

1-q

-[

a1(1-qn+1)

1-q

]2
=

a 21

(1-q)2

[（1-qⁿ）（1-qⁿ⁺²）-（1-qⁿ⁺¹）²]
=

a 21

(1-q)2

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

a

21

＜0．
综上可知：S_nS_n+2-

S

2n+1

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-

S

2n+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

2n+1

＜0．
∴（*）式不成立．
故不存在正常数m使结论成立．