已知无穷等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的公比为 $q$，前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $\lim\limits_{n\to \infty}{S_n}=S$．下列条件中，使得 $2S_n<S\left(n\in {\mathbb N}^\ast\right)$ 恒成立的是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
B
【解析】
本题是对等比数列的性质的考查，通过前 $n$ 项和存在极限，可得到 $q$ 的大致范围，由题中的不等式关系，可得到关于 $a_1,q$ 的一个不等式关系，然后通过对 $a_1$ 与 $0$ 的讨论，确定 $q$ 更确切的范围．由题意，$ -1<q<1 $ 且 $ q\ne 0 $，而 $ S=\dfrac{a_1}{1-q} $，若 $2S_n<S \left(n\in \mathbb{N}^{*} \right)$ 恒成立，则\[2a_1 \left(1-q^n\right)\overset{\left[a\right]}<a_1\left(n\in \mathbb{N}^{*} \right) \]恒成立，其中 $a_1\ne 0$．
（推导中用到：[a]）
情形一 $a_1>0$．
此时 $2\left(1-q^n\right)<1\left(n\in \mathbb{N}^{*} \right)$ 恒成立，在上式两边同时令 $n\to \infty$，由数列极限的保序性，我们有 $2 \leqslant 1$，矛盾．
情形二 $a_1<0$．
此时 $ 2\left(1-q^n\right)>1\left(n\in \mathbb{N}^{*} \right) $ 恒成立，即\[q^n<\dfrac{1}{2} \left(n\in \mathbb{N}^{*} \right)\]恒成立，而这又等价于\[q<\dfrac 12, 且 q^2<\dfrac{1}{2}.\]综上所述，$ a_1<0 $，且此时公比 $q$ 的取值范围是 $\left(-\dfrac{\sqrt{2} }{2},0\right)\cup\left(0,\dfrac 12\right)$，所以选B．
（推导中用到：[a]）
情形一 $a_1>0$．
此时 $2\left(1-q^n\right)<1\left(n\in \mathbb{N}^{*} \right)$ 恒成立，在上式两边同时令 $n\to \infty$，由数列极限的保序性，我们有 $2 \leqslant 1$，矛盾．
情形二 $a_1<0$．
此时 $ 2\left(1-q^n\right)>1\left(n\in \mathbb{N}^{*} \right) $ 恒成立，即\[q^n<\dfrac{1}{2} \left(n\in \mathbb{N}^{*} \right)\]恒成立，而这又等价于\[q<\dfrac 12, 且 q^2<\dfrac{1}{2}.\]综上所述，$ a_1<0 $，且此时公比 $q$ 的取值范围是 $\left(-\dfrac{\sqrt{2} }{2},0\right)\cup\left(0,\dfrac 12\right)$，所以选B．
题目
答案
解析
备注
