5.2.2 等差数列的前n项和（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

5.2.2　等差数列的前n项和 基础过关练 题组一　等差数列的前n项和 1.(2024陕西西安西北工业大学附属中学期末)在等差数列{an}中,a6+a7+a8=3,则此数列的前13项和等于(　　) A.8　　　B.26　　　C.13　　　D.162 2.(2024安徽皖中名校联盟联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,S5=5S3-5,则a9=(　　) A.2　　　B.-2　　　C.3　　　D.-1 3.(2025河南部分学校质量检测)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,若+=6,则=(　　) A.11　　　B.　　　C.10　　　D.5 4.(多选题)(2024河南部分名校月考)记等差数列{an}的前n项和为Sn,则根据下列条件能够确定S21的值的是(　　) A.a11=10　　 　B.a4+a19=10 C.a7=10,S13=130　　　D.S7=100,S14=300 5.(2025辽宁丹东期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S2=5, Sm-2=27,Sm=44,则m=　　　　.  题组二　等差数列前n项和的性质 6.(2025山东齐鲁名校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S20=30,则S30=(　　) A.20　　　B.30　　　C.40　　　D.50 7.(2025河北沧州南皮第一中学月考)已知等差数列{an}的公差d=,前n项和为Sn,且S100=145,则a1+a3+a5+…+a97+a99=(　　) A.60　　　B.70　　　C.75　　　D.85 8.(2025江苏苏州常熟中学月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-2 022,若-=2 012,则S2 024=(　　) A.2 021　　　B.-2 022　　　 C.2 024　　　D.-2 023 9.(2024湖北新高考协作体联考)有两个等差数列{an},{bn},其前n项和分别为Sn,Tn. (1)若=,则=　　　　;  (2)若=,则=　　　　;  (3)若=,则=　　　　.  题组三　等差数列前n项和的函数特征 10.(2025江苏南通海安高级中学期中)已知等差数列{an}的首项为10,公差为-2,则数列{an}的前n项和的最大值为(　　) A.　　　B.30　　　 C.80　　　D.不存在 11.(2025浙江杭州期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a5+a7=6,S7=-7,则当Sn取最小值时,n的值为(　　) A.3　　　B.4　　　 C.5　　　D.6 12.(多选题)(2025辽宁丹东期中)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且S2 024>0,S2 025<0,则(　　) A.d>0 B.a1 012>0 C.数列{Sn}中S1 012最大 D.数列{|an|}中|a1 013|最小 题组四　等差数列前n项和的应用 13.(2024河南南阳华龙高级中学月考)《算法统宗》中有一道“八子分棉”的题:“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言.”题意是把996斤棉分给8个子女做盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分棉,年龄小的比年龄大的多分17斤棉,则年龄最小的孩子分到的棉有(　　) A.65斤 　　　B.82斤 C.184斤　　　D.201斤 14.(2025北京第三十五中学月考)某健身房推出会员打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡必须从1积分重新开始.某会员参与该活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　) A.3月5日或3月16日 B.3月6日或3月15日 C.3月7日或3月14日 D.3月8日或3月13日 15.(2025北京期中)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3 402块,则中层共有扇面形石板(　　) A.1 125块　　　B.1 134块 C.1 143块　　　D.112块 16.(2024山东淄博沂源第二中学月考)如图,三角形数阵由一个等差数列2,5,8,11,14,…排列而成,按照此规律,则该数阵中第10行从左至右的第4个数是　　　　.  题组五　与等差数列有关的数列求和 17.(2024天津河东期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=,若Tk=,则正整数k的值为(　　) A.9　　　B.8　　　C.7　　　D.6 18.若数列{an}满足a1=1,an+1=则{an}的前40项和为　　　　.  19.(2024四川南充月考)已知等差数列{an}中,a1=10,a5=2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Sn. 能力提升练 题组一　等差数列的前n项和 1.(2025山东青岛期中)在数列{an}中,a1=2,am+n=am+an,若ak+1+ak+2+…+ak+10=170,则k=(　　) A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4 2.(2024重庆第十八中学期末)已知等差数列{an}中,a3=9,a5=17,记数列的前n项和为Sn,若S2n+1-Sn≤(m∈Z)对任意的n∈N+恒成立,则整数m的最小值是(　　) A.5　　　B.4　　　C.3　　　D.2 3.(2024山东青岛期末)数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}满足:对于正整数m,bm是使得不等式an≥m成立的所有n中的最小值,则数列{bn}的前(2n+1)项和为　　　　.  4.(2024广东广州白云中学期中)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,记bn=. (1)证明:数列{bn}为等差数列; (2)设数列{bn}的前n项和为Sn,求数列{(-1)nSn}的前n项和Tn. 题组二　等差数列前n项和的性质 5.(2025江西赣州中学月考)已知Sn,Tn分别是等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和,且=,则+=(　　) A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4 6.(2025重庆调研)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,∀n∈N+,<M,则M的最小值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D.1 7.(2025河南部分名校联考)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则=(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 8.(2024江苏盐城新丰中学学情调研)在等差数列{an}中,前m(m为奇数)项的和为135,其中偶数项之和为63,且am-a1=14,则a100=　　　　.  题组三　等差数列前n项和的函数特征 9.(2024江苏南通如皋月考)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,记数列{an-tn}的前n项和为Sn,若Sn≤S10对任意的n∈N+恒成立,则实数t的取值范围是(　　) A.　　　B. C.　　　D. 10.(2025河北石家庄正中实验中学月考)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足S2 023<S2 024<S2 022,设bn=anan+1an+2,数列的前n项和为Tn,则下列结论中不正确的是(　　) A.a2 023<0 B.使得Sn<0成立的最大的n值为4 045 C.a2 022a2 023>a2 024a2 025 D.当n=2 023时,Tn取得最小值 11.(多选题)(2025江西多校联考)已知数列{an}是等差数列,公差d>0,前n项和为Sn,且S6=S12,则(　　) A.n=9时,ai最小 B.n=9时,(aiai+1)最小 C.(ai+ai+1)最小时,n=8或n=9 D.(aiai+1ai+2)最小时,n=7或n=9 12.(2025辽宁大连庄河高级中学月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,>,且a6a7<0,则Sn取最大值时n的值为　　　　.  题组四　等差数列前n项和的综合应用 13.(2024黑龙江大庆第二中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且(n+1)Sn+1=(n+1)·Sn+(n+2)an,若存在n∈N+,使得2Sn+22≤kan成立,则实数k的最小值为(　　) A.4+1　　　B.8　　　 C.　　　 D.10 14.(2024重庆八中月考)已知正项数列{an}的前n项积为Tn,且4=,则使得>2 024的最小正整数n的值为(　　) A.4　　　B.5　　　 C.6　　　D.7 15.(2024湖南长沙雅礼中学一模)已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,如果关于x的方程1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,那么关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的至少有(　　) A.499个　　　B.500个　　　 C.501个　　　D.502个 16.(2025江苏苏州第五中学月考)已知数列{an}的前n项和Sn满足-=1(n∈N+,n≥2),a1=1. (1)求{an}的通项公式; (2)若[x]表示不超过x的最大整数,如[-1.2]=-2,[2.1]=2,求的值; (3)设bn=(n∈N+),Tn=b1+b2+b3+…+bn,是否存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立?若存在,求出m的最大值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C　由已知得a6+a7+a8=3a7=3,∴a7=1,故数列{an}的前13项和等于=13a7=13. 2.A　记等差数列{an}的公差为d, 由S5=5S3-5可得5a1+10d=5(3a1+3d)-5,整理得2a1+d-1=0,① 因为=,所以S6=3S3,即6a1+15d=3(3a1+3d),整理可得a1=2d,② 联立①②可得a1=,d=,故a9=a1+8d=2. 3.B　由+=6,得+=6,整理,得+=2,所以a1=d,则a10=10a1,所以S10==55a1,所以==. 4.AD　设等差数列{an}的公差为d. 对于A,S21===21a11=210,故A正确; 对于B,a4+a19=a11+a12=2a11+d=10,因为d的值不确定,所以无法求出a11的值,所以无法确定S21的值,故B错误; 对于C,因为S13===13a7,所以由a7=10,S13=130无法确定S21的值,故C错误; 对于D,因为S14-S7=a8+a9+…+a14=a1+a2+…+a7+7d×7=100+49d=300-100=200,所以49d=100, 又S21-S14=a15+a16+…+a21=a1+a2+…+a7+14d×7=100+200=300,所以S21=S14+300=600,故D正确. 5.答案　8 解析　因为Sm-2=27,Sm=44, 所以Sm-Sm-2=am+am-1=44-27=17, 又S2=5,所以S2+Sm-Sm-2=a1+a2+am-1+am=2(a1+am)=22,即a1+am=11, 因为Sm==44,所以m=8. 6.B　由等差数列前n项和的性质,可得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,∴2(S20-S10)=S10+(S30-S20), ∴2×(30-20)=20+S30-30,解得S30=30. 7.A　前100项中,S奇=a1+a3+a5+…+a97+a99,S偶=a2+a4+a6+…+a98+a100. 由题意得解得S奇=60,S偶=85, 所以a1+a3+a5+…+a97+a99=60. 8.C　解法一:设等差数列{an}的公差为d,由等差数列前n项和的性质可知的等差数列, 所以-=(2 022-10)·=2 012,解得d=2, 所以S2 024=2 024a1+d=2 024×(-2 022)+×2=2 024. 解法二:设等差数列{an}的公差为d, 因为-=2 012,所以-=1 006d= 2 012,解得d=2,则S2 024=2 024a1+d=2 024× (-2 022)+×2=2 024. 9.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)=====. (2)=====. (3)因为{an},{bn}为等差数列,且=, 所以可设Sn=kn(2n+3),Tn=kn(n+1)(易错点:Sn,Tn均为关于n的二次函数), 则a5=S5-S4=65k-44k=21k,b10=T10-T9=10k×11-9k×10=20k,所以=. 规律总结　若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则=,=(bn≠0,T2n-1≠0). 10.B　设{an}的前n项和为Sn. 解法一:由题意得Sn=10n+×(-2)=-n2+11n=-+, 由二次函数的性质可知,当n=5或n=6时,Sn取得最大值,最大值为S5=S6=-62+11×6=30. 解法二:由题意得an=10-2(n-1)=12-2n,易知数列{an}为递减数列,令an=0,得n=6, 当n≤5时,an>0;当n=6时,an=0;当n≥7时,an<0,所以当n=5或n=6时,Sn取得最大值,最大值为S6=S5=5a3=30. 11.B　设等差数列{an}的公差为d, 由题意及等差数列的性质可得3a5=6,解得a5=2, 易知S7===-7,解得a4=-1, 所以d=a5-a4=3,所以an=a4+(n-4)×3=-1+3n-12=3n-13,令an≥0,解得n≥, 又n∈N+,所以等差数列{an}的前4项为负数,从第5项开始为正数, 所以当Sn取得最小值时,n的值为4. 12.BCD　因为S2 024==1 012(a1 012+a1 013)>0,所以a1 012+a1 013>0. 因为S2 025==2 025a1 013<0,所以a1 013<0,所以a1 012>0,故B正确. 易得d=a1 013-a1 012<0,故A错误. 因为a1 012>0,所以a1+1 011d>0,又d<0,所以a1>0, 所以n≤1 012时,an>0,n≥1 013时,an<0,所以数列{Sn}中S1 012最大,故C正确. 由B中分析知a1 012+a1 013>0,所以a1 012>-a1 013,又a1 012>0,a1 013<0,所以|a1 012|>|a1 013|,结合C中分析知数列{|an|}中|a1 013|最小,故D正确. 13.C　设8个子女按年龄从小到大依次分到的棉为a1斤,a2斤,a3斤,…,a8斤, 则数列{an}是公差为-17的等差数列. 因为棉的总数为996斤, 所以8a1+×(-17)=996,解得a1=184. 故年龄最小的孩子分到的棉有184斤. 14.D　若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分数依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分数为2n-1. 假设他连续打卡n(1≤n≤18,n∈N+)天,第(n+1)天中断了,则他这20天所得积分数之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1]=+=193,化简得n2-19n+84=0,解得n=7或n=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日. 15.B　记从中间向外每环的扇面形石板数为an,则{an}是以9为首项,9为公差的等差数列, 设每层有k环,则三层共有3k环, 设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3 402, 由等差数列前n项和的性质可得Sk,S2k-Sk,S3k-S2k成等差数列,所以2(S2k-Sk)=Sk+(S3k-S2k),所以S3k=3(S2k-Sk)=3 402,所以S2k-Sk=1 134, 所以中层共有扇面形石板1 134块. 16.答案　146 解析　将三角形数阵中每行最左边的一列数2,5,11,20,…记为数列{an},观察并分析可得an+1=an+3n,且a1=2,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=2+3+3×2+3×3+…+3(n-2)+3(n-1)=2+3×=n2-n+2,故a10=×100-×10+2=137,即第10行从左至右的第1个数是137,按照规律,第10行从左至右的第4个数应该是137+3×3=146. 17.B　设{an}的公差为d,则 解得故an=3+2(n-1)=2n+1, 故bn===, 则Tn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=, 因为Tk=,所以=,解得k=8. 18.答案　1 980 解析　由题意得a1=1,a2=a1+2=3,a2n=a2n-1+2,a2n+1=a2n+3,所以a2n+1=a2n+3=a2n-1+2+3,即a2n+1-a2n-1=5,所以数列{an}的奇数项是以1为首项,5为公差的等差数列. 同理可得,a2n+2-a2n=5,所以数列{an}的偶数项是以3为首项,5为公差的等差数列, 所以{an}的前40项和为(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=20×1+×5+20×3+×5=1 980. 19.解析　(1)∵数列{an}是等差数列,且a1=10,a5=2,∴公差d==-2, ∴an=a1+(n-1)d=10-2(n-1)=12-2n. (2)由(1)知an=12-2n,∴当n<6时,an>0;当n=6时,an=0;当n>6时,an<0, 因此当n≤6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an==11n-n2; 当n>6时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6-(a7+a8+…+an) =2(a1+a2+…+a6)-(a1+a2+…+a6+a7+…+an) =2×(11×6-62)-(11n-n2)=n2-11n+60. 综上,Sn= 能力提升练 1.C　对于am+n=am+an,令m=1,得an+1=an+a1=2+an, 即an+1-an=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,所以an=2n,所以ak+1+ak+2+…+ak+10==10(2k+11)=170,解得k=3. 2.B　设等差数列{an}的公差为d,由a3=9,a5=17, 得∴an=4n-3, 故Sn=1+++…+, 令bn=S2n+1-Sn,则bn=++…+, 则bn+1-bn=++…+-=+-<0,∴{bn}是递减数列,∴{bn}的最大项为b1,且b1=+=, 根据题意可得S2n+1-Sn≤,∴,得m≥, 又m∈Z,∴m的最小值为4. 3.答案　n2+3n+1 解析　由已知得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=S1=1,满足上式,所以an=2n-1, 由an≥m,得n≥,则当m为正奇数时,bm=,当m为正偶数时,bm=+1, 于是数列{bn}的前(2n+1)项和为(b1+b3+b5+…+b2n+1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =[1+2+3+…+(n+1)]+[2+3+4+…+(n+1)]=2×-1=n2+3n+1. 4.解析　(1)证明:由an-an+1=2anan+1,可得-=2, 因为bn=,所以bn+1-bn=2,又b1=1, 所以数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)得bn=2n-1,可得Sn==n2, 所以(-1)nSn=(-1)n·n2. 当n为偶数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-1+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+[n+(n-1)][n-(n-1)]=1+2+3+4+…+(n-1)+n=; 当n为奇数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn=-1+22-32+42-…-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+[(n-1)+(n-2)][(n-1)-(n-2)]-n2=1+2+3+4+…+(n-2)+(n-1)-n2=-n2=-. 所以数列{(-1)nSn}的前n项和Tn= 5.C　由等差数列的性质可知,b6+b2 020=b4+b2 022=b1+b2 025,所以+====3. 6.C　由题意得===,故====-<, 易知当n→+∞时,,因为∀n∈N+,<M,所以M≥,故M的最小值为. 7.A　由题意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,因为=,所以S8-S4=S4,所以S8-S4-S4=S4,所以数列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4为首项,S4为公差的等差数列,则S12-S8=2S4,S16-S12=S4,所以S8=S4,S12=S4,S16=7S4,所以=. 8.答案　101 解析　设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,由题意可知,Sm=135,前m项中偶数项的和S偶=63,∴奇数项的和S奇=135-63=72,∴S奇-S偶=a1+===72-63=9, ∵Sm==135,∴m=15, 又∵am-a1=14,∴a1=2,d===1, ∴a100=a1+99d=101. 9.A　a1+2a2+…+2n-1an=n·2n①, 当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1②,①-②,化简得an=n+1(n≥2), a1=2也符合上式,所以an=n+1. 令bn=an-tn=n+1-tn=(1-t)n+1, 则bn+1-bn=(1-t)(n+1)+1-[(1-t)n+1]=1-t,为常数,所以数列{bn}是等差数列,首项b1=2-t, 所以Sn=×n=·n2+·n, 易知关于x的函数y=·x2+·x的图象的对称轴方程为x=-=-, 由于Sn≤S10对任意的n∈N+恒成立, 所以≤t≤, 所以t的取值范围是. 10.B　对于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,S2 024-S2 022=a2 023+a2 024<0,所以a2 023<0,A中结论正确. 对于B,S4 047==4 047a2 024>0,S4 046==2 023×(a2 023+a2 024)<0,所以使Sn<0成立的最大的n值为4 046,B中结论错误. 对于C,由等差数列的性质知a1<a2<…<a2 022<a2 023<0<a2 024<a2 025<…,且a2 023+a2 024=a2 022+a2 025<0, 故|a2 023|>|a2 024|,|a2 022|>|a2 025|, 则(-a2 022)(-a2 023)>a2 024a2 025,即a2 022a2 023>a2 024·a2 025,C中结论正确. 对于D,设等差数列{an}的公差为d. 由bn=anan+1an+2, 得==, 所以Tn=-+-+…+-=. 易知d>0,故要使Tn取得最小值,需-取得最小值,需满足an+1an+2>0且an+1an+2最小, 由C中分析知a1a2>a2a3>…>a2 022a2 023>0,0<a2 024a2 025<a2 025a2 026<…,且a2 022a2 023>a2 024a2 025, 故an+1an+2取最小值时,n=2 023,此时-最小,即Tn最小,D中结论正确. 11.ACD　由S6=S12得6a1+15d=12a1+66d,所以a1+d=0, 即a1=-d. 对于A,因为d>0,所以a9=a1+8d=-d<0,a10=a1+9d=d>0,所以当n=9时,ai最小,故A正确. 对于B,易得an=-d+(n-1)d=d,又d>0,所以当1≤n≤9时,an<0;当n≥10时,an>0,所以当1≤n≤8时,anan+1>0;当n=9时,a9a10<0;当n≥10时,anan+1>0,易知a2a3+a9a10>0,所以当n=1时,(aiai+1)最小,故B错误. 对于C,由B知an=d,所以当n≤8时,an+an+1<0;当n=9时,a9+a10=0;当n≥10时,an+an+1>0,所以当(ai+ai+1)最小时,n=8或n=9,故C正确. 对于D,由B知an=d,所以当n≤7时,anan+1·an+2<0;当n=8时,a8a9a10>0;当n=9时,a9a10a11<0;当n≥10时,anan+1an+2>0,又a8a9a10+a9a10a11=a9a10(a8+a11)=a9a10(a9+a10)=0,所以当(aiai+1·ai+2)最小时,n=7或n=9,故D正确. 12.答案　6 解析　设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d,故=a1+d=n+, 所以=(n+1)+,所以-=, 所以数列的等差数列. 因为>,所以数列单调递减, 所以<0,即d<0,所以数列{an}单调递减, 又a6a7<0,所以a6>0,a7<0, 所以当n=6时,Sn取最大值. 13.D　由(n+1)Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an, 得(n+1)Sn+1-(n+1)Sn=(n+1)an+1=(n+2)an, 则=对任意n∈N+成立,∴是常数列, 又a2=3,∴==1,故an=n+1, 又a1=2,an+1-an=n+2-(n+1)=1, ∴数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,∴Sn==, ∵2Sn+22≤kan,∴n(n+3)+22≤k(n+1), 即k≥, 令n+1=t(t≥2,t∈N+),则k≥=,设g(t)==t++1,t≥2,t∈N+, 可知当t∈[2,2)且t∈N+时,g(t)单调递减;当t∈(2,+∞)且t∈N+时,g(t)单调递增, 又4<2<5,g(4)=g(5)=10,故g(t)的最小值为10. 若存在n∈N+,使得2Sn+22≤kan成立,则k≥g(t)min,则k≥10,即实数k的最小值为10. 14.C　由题意得an>0,Tn>0,又∵4=, ∴4=,n≥2,n∈N+,两式相除可得=, 上式两边取对数,可得(n+1)lg an-1=nlg an,即=,n≥2,n∈N+, ∴××…×=××…×, 化简得=, 又4=,∴a1=4,∴lg an=lg 4·=(n+1)lg 2=lg 2n+1,∴an=2n+1,∴Tn=22×23×…×2n+1=, ∵210=1 024<2 024<2 048=211,∴要使>2 024,则≥211,即Tn≥222,即≥22,解得n≥, ∵5<<,∴满足题意的最小正整数n的值为6. 15.D　由题意得-4×1 003T1 003≥0,因为S1 003==1 003a502,T1 003==1 003b502,所以-4b502≥0, 若关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,3,…,1 003)无实数解,则-4bi<0,显然第502个方程有解. 设方程x2-a1x+b1=0与方程x2-a1 003x+b1 003=0的判别式分别为Δ1,Δ1 003,则Δ1+Δ1 003=(-4b1)+(-4b1 003)=+-4(b1+b1 003)≥-4×2b502=-8b502=2(-4b502)≥0, 第一个等号成立的条件是a1=a1 003,而{an}的公差不为0,所以Δ1+Δ1 003>0,所以Δ1>0,Δ1 003>0至少有一个成立, 同理可证Δ2>0,Δ1 002>0至少有一个成立,……,Δ501>0,Δ503>0至少有一个成立,且Δ502≥0. 综上,在所给的1 003个方程中,有实数根的方程至少有502个. 16.解析　(1)因为-=1(n∈N+,n≥2), 所以数列{}是以==1为首项,1为公差的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,即Sn=n2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 又a1=1满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)知==,当n≥2时,<=, 则++…+<1+1-+-+…+-=1+<1+=, 当n=1时,=1<,满足上式,所以对任意的n∈N+,都有1≤++…+<, 所以=1. (3)存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立. 由题及(1)知,bn==-,则Tn==1-=, 因为Tn+1-Tn=bn+1=>0,所以数列{Tn}为递增数列,则(Tn)min=T1=, 因为对任意正整数n,Tn>恒成立,所以<,解得m<=674,又m∈N+,所以m的最大值为674,所以存在正整数m,使得对任意正整数n,Tn>恒成立,且m的最大值为674. 26 学科网（北京）股份有限公司 $