1995-全国卷理-25 解-等比数列前 n 项和的对数不等式

本题导读

本题考查等比数列的通项与前 $n$ 项和公式、对数的运算性质。核心在于作差比较法、构造与化归思想的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1995年全国卷(理)） 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：$\frac{\lg S_n+\lg S_{n+2}}{2}<\lg S_{n+1}$；

(2) 是否存在常数 $c>0$，使得 $\frac{\lg (S_n-c)+\lg (S_{n+2}-c)}{2}=\lg (S_{n+1}-c)$ 成立？并证明你的结论.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问论证逻辑：

• 目标不等式两边同乘以 2，再利用对数加法性质可化为：$\lg (S_n\cdot S_{n+2})<\lg (S_{n+1}{)}^2\iff S_n\cdot S_{n+2}<S_{n+1}^2$。
• 使用作差法，考察 $\Delta =S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}$ 是否恒大于 0。
• 将 $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$ 和 $S_{n+2}=S_n+a_{n+1}+a_{n+2}$ 代入，化简差值式，结合等比数列的性质 $a_{n+1}^2=a_n\cdot a_{n+2}$ 判定正负。

第二问探究逻辑：

• 同理，将等式化为：$(S_n-c)(S_{n+2}-c)=(S_{n+1}-c{)}^2$。
• 展开并代入第一问的递推关联，将其化简为关于 $c$ 的一次方程：$S_n{S}_{n+2}-c(S_n+S_{n+2})+c^2=S_{n+1}^2-2c{S}_{n+1}+c^2⟹c(S_n+S_{n+2}-2S_{n+1})=S_n{S}_{n+2}-S_{n+1}^2$。
• 对方程左右两边的式子分别用首项 $a_1$ 和公比 $q$ 进行全参化表示。
• 分情况讨论公比 $q=1$ 和 $q\ne 1$，观察是否存在一个与 $n$ 无关的常数 $c>0$ 使得等式对任意正整数 $n$ 恒成立。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 不存在这样的常数 $c>0$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：

要证 $\frac{\lg S_n+\lg S_{n+2}}{2}<\lg S_{n+1}$， 只需证 $\lg S_n+\lg S_{n+2}<2\lg S_{n+1}$，即证 $\lg (S_n\cdot S_{n+2})<\lg (S_{n+1}^2)$。 因为对数函数 $y=\lg x$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增，故只需证： $S_n\cdot S_{n+2}<S_{n+1}^2\text{(1)}$

由于 $\{a_n\}$ 是等比数列，设其首项为 $a_1$，公比为 $q$。因为各顶均为正数，所以 $a_1>0,q>0$。 根据前 $n$ 项和的递推关系，有： $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$ $S_{n+2}=S_{n+1}+a_{n+2}=S_n+a_{n+1}+a_{n+2}$

使用作差法考察①式两边： $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}=(S_n+a_{n+1}{)}^2-S_n(S_n+a_{n+1}+a_{n+2})$ $=S_n^2+2S_n{a}_{n+1}+a_{n+1}^2-S_n^2-S_n{a}_{n+1}-S_n{a}_{n+2}$ $=a_{n+1}^2+S_n{a}_{n+1}-S_n{a}_{n+2}=a_{n+1}^2-S_n(a_{n+2}-a_{n+1})$

因为 $\{a_n\}$ 是等比数列，有 $a_{n+2}=a_{n+1}q$，$a_{n+1}=a_{n}q$，且 $a_{n+1}^2=a_n{a}_{n+2}$。 代入上式进一步变形： $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}=a_n{a}_{n+2}-S_n(a_{n+2}-a_{n+1})=a_{n+2}(a_n-S_n)+S_n{a}_{n+1}$

因为 $S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$，所以 $a_n-S_n=-(a_1+a_2+\cdots +a_{n-1})=-S_{n-1}$（当 $n=1$ 时，$a_1-S_1=0$）。

• 当 $n=1$ 时： $S_2^2-S_1{S}_3=a_2^2-S_1(a_3-a_2)=a_2^2-a_1(a_3-a_2)=a_2^2-a_1{a}_3+a_1{a}_2$ 因为 $a_2^2=a_1{a}_3$，所以 $S_2^2-S_1{S}_3=a_1{a}_2>0$。
• 当 $n\ge 2$ 时： $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}=a_{n+1}^2-S_n{a}_{n+1}(q-1)=a_{n+1}[a_{n+1}-(q-1)S_n]$ 若 $q=1$，则 $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}=a_{n+1}^2>0$。 若 $q\ne 1$，将 $S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$ 代入中括号内： $a_{n+1}-(q-1)\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=a_1{q}^n+a_1(1-q^n)=a_1>0$ 所以 $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}=a_{n+1}\cdot a_1>0$。

综上所述，对任意正整数 $n$，恒有 $S_{n+1}^2-S_n\cdot S_{n+2}>0$，即 $S_n\cdot S_{n+2}<S_{n+1}^2$ 成立。 由于各数均为正数，两边取常用对数后不等号方向不变，原不等式得证。

(2) 解：

不存在这样的常数 $c>0$ 使得等式对任意正整数 $n$ 恒成立。证明如下：

假设存在常数 $c>0$ 满足条件，则对任意正整数 $n$，根据对数运算性质，等式可化为： $(S_n-c)(S_{n+2}-c)=(S_{n+1}-c{)}^2$ 展开得： $S_n{S}_{n+2}-c(S_n+S_{n+2})+c^2=S_{n+1}^2-2c{S}_{n+1}+c^2$ 移项整理得： $c(S_n+S_{n+2}-2S_{n+1})=S_n{S}_{n+2}-S_{n+1}^2\text{(2)}$

根据第(1)问的化简结果，已知： $S_n{S}_{n+2}-S_{n+1}^2=-a_1{a}_{n+1}$ 同时化简左边的括号项： $S_n+S_{n+2}-2S_{n+1}=S_n+(S_{n+1}+a_{n+2})-2S_{n+1}=S_n-S_{n+1}+a_{n+2}=-a_{n+1}+a_{n+2}=a_{n+1}(q-1)$

将这两项代入②式中： $c\cdot a_{n+1}(q-1)=-a_1{a}_{n+1}$ 因为 $a_{n+1}>0$，两边同时除以 $a_{n+1}$ 得： $c(q-1)=-a_1\text{(3)}$

下面对公比 $q$ 进行分类讨论：

• 若 $q=1$，则③式左边为 $c\cdot 0=0$，而右边 $-a_1<0$，方程无解。

• 若 $q\ne 1$，从③式中解得： $c=\frac{-a_1}{q-1}=\frac{a_1}{1-q}$ 因为题目要求常数 $c>0$，而 $a_1>0$，所以必须满足 $1-q>0⟹0<q<1$。

  然而，回归到原对数方程，必须保证对数值在实数范围内有意义，即真数必须大于 0。 即对一切正整数 $n$，必须恒有 $S_n-c>0⟹S_n>c$。 由于 $0<q<1$，等比数列前 $n$ 项和 $S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$。 将 $c=\frac{a_1}{1-q}$ 代入真数必须大于 0 的条件中： $\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}-\frac{a_1}{1-q}>0⟹\frac{-a_1{q}^n}{1-q}>0$ 因为 $a_1>0,1-q>0,q^n>0$，所以 $\frac{-a_1{q}^n}{1-q}<0$，这与真数大于 0 的基本定义域冲突（即 $S_n-c=-\frac{a_1{q}^n}{1-q}<0$，对数无意义）。

综上所述，不存在符合条件的常数 $c>0$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等比数列前 $n$ 项和的代数级数变形、对数运算的定义域约束、探究性命题的假设反证法。 核心方法：“结构整体代换法”。通过 $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$，避免直接展开长求和公式带来的庞大运算，快速降低级数多项式的次数。 避坑指南：

• 第二问中，很多学生解出 $c=\frac{a_1}{1-q}$ 并且得出 $0<q<1$ 时便误认为“存在这样的 $c$”。压轴题在此处设置了**“对数定义域陷阱”**。必须回代检验真数 $S_n-c$ 的正负性，忽略此步会导致结论完全相反。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题将离散的等比数列前 $n$ 项和模型与连续函数的凹凸性相结合。在高等数学中，若一个函数 $f(x)$ 满足 $\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}<f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$，称该函数为严格上凸函数（如对数函数 $y=\lg x$）。本题实质上是在离散维度下考查琴生不等式（Jensen’s Inequality）在等比数列求和序列上的投影。 结论推广： 对于任何由正数组成的非对称递增序列 $X_n$（即满足 $X_{n+1}^2>X_n{X}_{n+2}$），在应用任何具有严格单调且上凸特征的初等函数算子 $g(x)$（如 $g(x)=\ln x$ 或 $g(x)=\sqrt{x}$）后，其对应的加权中值始终保持严格的不等号方向： $\frac{g(X_n)+g(X_n+2)}{2}<g(X_n+1)$ 这一推广结论在抽象函数不等式的证明和离散数值分析中具有普适价值。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.02 等比数列全总结
• 04.01 指数与对数运算
• 03.01 不等式解法体系
• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

• 1996-全国卷文-21 解-等比数列公比的求法
• 1996-上海文-24 解-数列的通项与公共项
• 1997-上海文-22 解-数列的通项与求和