(1)设{an}的公比为q,当q=1时根据Sn•Sn+2-Sn+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Sn•Sn+2-Sn+12<0,进而推断Sn•Sn+2,<Sn+12.根据对数函数的单调性求得lg(Sn•Sn+2)<lgSn+12,原式得证.
(2)要使.成立,则有进而分两种情况讨论当q=1时根据(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2求得-a12<0不符合题意;当q≠1时求得(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=-a1qn[a1-c(1-q)],进而推知a1-c(1-q)=0,判断出0<q<1,但此时不符合题意,最后综合可得结论.
(1)证明:设{an}的公比为q,由题设a1>0,q>0.
(i)当q=1时,Sn=na1,从而
Sn•Sn+2-Sn+12
=na1•(n+2)a1-(n+1)2a12
=-a12<0
(ⅱ)当q≠1时,,从而
Sn•Sn+2-Sn+12=
=-a12qn<0.
由(i)和(ii)得Sn•Sn+2,<Sn+12.根据对数函数的单调性,知
lg(Sn•Sn+2)<lgSn+12,
即.
(2)【解析】
不存在.
要使.成立,则有
分两种情况讨论:
(i)当q=1时,
(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+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
(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2
=
=-a1qn[a1-c(1-q)],
且a1qn≠0,故只能有a1-c(1-q)=0,即
此时,因为c>0,a1>0,所以0<q<1.
但0<q<1时,,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.