（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 21 (1-qn)(1-qn+2)

(1-q)2

-

a 21 (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）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)．