题文
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，求c的取值范围；
（2）判断SnSn+2-S2n+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（Sn-m）+lg（Sn+2-m）=2lg（Sn+1-m）成立？若存在，请求出相应的m，n；若不存在，说明理由． 题型：未知 难度：其他题型
答案
（1）∵数列{an}的首项a1=2，公比q=12，∴Sk=2(1-12k)1-12=4(1-12k)≥2，而0＜c＜2，对任意的正整数k都有Sk+1-cSk-c＜2成立，∴Sk+1-c＜2Sk-2c，化为c＜2Sk-Sk+1，
把Sk，Sk+1代入计算得c＜4-62k，
先研究函数g（x）=4-62x的单调性，x∈（0，+∞）．
∵y=2x在x∈（0，+∞）上单调递增，∴函数y=62x在x∈（0，+∞）上单调递减，
∴函数y=-62x+4在x∈（0，+∞）上单调递增．
即g（k）=4-62k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＜4-621=1，即0＜c＜1．
（2）符号为负．
证明：当q=1时，SnSn+2-S2n+1=na1•(n+2)a1-[(n+1)a1]2=-a21＜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-S2n+1=a1(1-qn)1-q•a1(1-qn+2)1-q-[a1(1-qn+1)1-q]2
=a21(1-q)2[（1-qn）（1-qn+2）-（1-qn+1）2]
=a21(1-q)2(-qn-qn+2+2qn+1)
=-qna21＜0．
综上可知：SnSn+2-S2n+1为负．
（3）假设存在一个正常数m满足题意，则有
Sn-m＞0Sn+1-m＞0Sn+2-m＞0(Sn-m)(Sn+2-m)=(Sn+1-m)2，
∴SnSn+2-S2n+1=m（Sn+Sn+2-2Sn+1）（*），
∵Sn+Sn+2-2Sn+1=（Sn-m）+（Sn+2-m）-2（Sn+1-m）≥2(Sn-m)(Sn+2-m)-2（Sn+1-m）=0，
∴Sn+Sn+2-2Sn+1≥0，
∴m（Sn+Sn+2-2Sn+1）≥0，
由（1）得SnSn+2-S2n+1＜0．
∴（*）式不成立．
故不存在正常数m使结论成立．
解析
12考点
据考高分专家说，试题“已知数列{an}是由正数组成的等比数列，.....”主要考查你对 [等比数列的前n项和 ]考点的理解。 等比数列的前n项和等比数列的前n项和公式：
；
等比数列中设元技巧：
已知a1，q，n，an ，Sn中的三个量，求其它两个量，是归结为解方程组问题，知三求二。
注意设元的技巧，如奇数个成等比数列，可设为：…
，…（公比为q），但偶数个数成等比数列时，不能设为…
，…因公比不一定为一个正数，公比为正时可如此设。
等比数列前n项和公式的变形：
q≠1时，
（a≠0，b≠0，a+b=0）；
等比数列前n项和常见结论：
一个等比数列有3n项，若前n项之和为S1，中间n项之和为S2，最后n项之和为S3，当q≠-1时，S1，S2，S3为等比数列。
