Question

设{a_n}是由正数组成的等比数列，S_n是其前n项和．
（1）证明

lgSn+lgSn+2

2

＜lgSn+1；
（2）是否存在常数c＞0，使得

lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2

=lg(Sn+1-c)成立？并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）设{a_n}的公比为q，当q=1时根据S_n•S_n+2-S_n+1²求得结果小于0，不符合；当q≠1时利用等比数列求和公式求得S_n•S_n+2-S_n+1²＜0，进而推断S_n•S_n+2，＜S_n+1²．根据对数函数的单调性求得lg（S_n•S_n+2）＜lgS_n+1²，原式得证．
（2）要使

lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2

=lg(Sn+1-c)．成立，则有

(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2 Sn-c＞0

进而分两种情况讨论当q=1时根据（S_n-c）（S_n+2-c）=（S_n+1-c）²求得-a₁²＜0不符合题意；当q≠1时求得（S_n-c）（S_n+2-c）-（S_n+1-c）²=-a₁qⁿ[a₁-c（1-q）]，进而推知a₁-c（1-q）=0，判断出0＜q＜1，但此时Sn-

a1

1-q

=-

a1qn

1-q

＜0不符合题意，最后综合可得结论．

解答：（1）证明：设{a_n}的公比为q，由题设a₁＞0，q＞0．
（i）当q=1时，S_n=na₁，从而
S_n•S_n+2-S_n+1²
=na₁•（n+2）a₁-（n+1）²a₁²
=-a₁²＜0
（ⅱ）当q≠1时，Sn=

a1(1-qn)

1-q

，从而
S_n•S_n+2-S_n+1²=

a 2 1 (1-qn)(1-qn+2)

(1-q)2

-

a 2 1 (1-qn+1)2

(1-q)2

=-a₁²qⁿ＜0．
由（i）和（ii）得S_n•S_n+2，＜S_n+1²．根据对数函数的单调性，知
lg（S_n•S_n+2）＜lgS_n+1²，
即

lgSn+lgSn+2

2

＜lgSn+1．
（2）解：不存在．
要使

lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2

=lg(Sn+1-c)．成立，则有

(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2 Sn-c＞0.

分两种情况讨论：
（i）当q=1时，
（S_n-c）（S_n+2-c）=（S_n+1-c）²
=（na₁-c）[（n+2）a₁-c]-[（n+1）a₁-c]²
=-a₁²＜0．
可知，不满足条件①，即不存在常数c＞0，使结论成立．
（ii）当q≠1时，若条件①成立，因为
（S_n-c）（S_n+2-c）-（S_n+1-c）²
=[

a1(1-qn)

1-q

-c][

a1(1-qn+2)

1-q

-c]-[

a1(1-qn+1)

1-q

-c]2
=-a₁qⁿ[a₁-c（1-q）]，
且a₁qⁿ≠0，故只能有a₁-c（1-q）=0，即c=

a1

1-q

此时，因为c＞0，a₁＞0，所以0＜q＜1．
但0＜q＜1时，Sn-

a1

1-q

=-

a1qn

1-q

＜0，不满足条件②，即不存在常数c＞0，使结论成立．
综合（i）、（ii），同时满足条件①、②的常数c＞0不存在，即不存在常数c＞0，使

lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2

=lg(Sn+1-c)．

点评：本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识，考查推理能力以及分析问题和解决问题的能力．