《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第二册人教版A》

1.（2023·新高考全国Ⅰ卷）记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前 n 项和，设甲：$\{ a_{n}\}$为等差数列；乙：$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$为等差数列，则 （ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案： C 解析：若$\{a_{n}\}$是等差数列，设数列$\{a_{n}\}$的首项为$a_{1}$，公差为$d$， 则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$，即$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{n - 1}{2}d=\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2}$，故$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，即甲是乙的充分条件。 反之，若$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，则可设$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=D$， 则$\frac{S_{n}}{n}=S_{1}+(n - 1)D$，即$S_{n}=nS_{1}+n(n - 1)D$， 当$n\geq2$时，有$S_{n - 1}=(n - 1)S_{1}+(n - 1)(n - 2)D$， 上两式相减得$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=S_{1}+2(n - 1)D$， 当$n = 1$时，上式成立，所以$a_{n}=a_{1}+2(n - 1)D$， 则$a_{n + 1}-a_{n}=a_{1}+2nD-[a_{1}+2(n - 1)D]=2D$（常数）， 所以数列$\{a_{n}\}$为等差数列，即甲是乙的必要条件。 综上所述，甲是乙的充要条件。

2. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 n 项和为$S_{n}$，且$S_{10}=310,S_{20}=1 220$，求$S_{30}$.

答案： 解：（方法一）设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$。 由已知，得$\begin{cases}10a_{1}+\frac{1}{2}\times10\times9\times d = 310\\20a_{1}+\frac{1}{2}\times20\times19\times d = 1220\end{cases}$， 解得$\begin{cases}a_{1}=4\\d = 6\end{cases}$。 所以$S_{30}=30\times4+\frac{1}{2}\times30\times29\times6 = 2730$。 （方法二）因为数列$\{a_{n}\}$为等差数列， 所以$S_{10}$，$S_{20}-S_{10}$，$S_{30}-S_{20}$也成等差数列。 所以$2(S_{20}-S_{10})=S_{10}+S_{30}-S_{20}$， 即$2\times(1220 - 310)=310+S_{30}-1220$。 所以$S_{30}=2730$。 （方法三）设$S_{n}=An^{2}+Bn(A,B$为常数$)$。 由题意，得$\begin{cases}310 = 100A+10B\\1220 = 400A+20B\end{cases}$，解得$\begin{cases}A = 3\\B = 1\end{cases}$。 所以$S_{n}=3n^{2}+n$。所以$S_{30}=3\times900+30 = 2730$。 （方法四）由$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$， 得$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+(n - 1)\frac{d}{2}$， 所以$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是以$a_{1}$为首项，$\frac{d}{2}$为公差的等差数列。 所以$\frac{S_{10}}{10}$，$\frac{S_{20}}{20}$，$\frac{S_{30}}{30}$成等差数列。 所以$\frac{S_{10}}{10}+\frac{S_{30}}{30}=2\times\frac{S_{20}}{20}$。 所以$S_{30}=30\times(\frac{S_{20}}{10}-\frac{S_{10}}{10})=30\times(122 - 31)=2730$。

3. 项数为奇数的等差数列$\{ a_{n}\}$，奇数项之和为 44，偶数项之和为 33，求这个数列的中间项及项数.

答案： 解：设等差数列$\{a_{n}\}$共有$(2n + 1)$项，则奇数项有$(n + 1)$项，偶数项有$n$项，中间项是第$(n + 1)$项，即$a_{n + 1}$，所以$\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{\frac{1}{2}(a_{1}+a_{2n + 1})(n + 1)}{\frac{1}{2}(a_{2}+a_{2n})n}=\frac{(n + 1)a_{n + 1}}{na_{n + 1}}=\frac{n + 1}{n}=\frac{44}{33}=\frac{4}{3}$，所以$n = 3$。 因为$S_{奇}=(n + 1)a_{n + 1}=44$， 所以$a_{n + 1}=11$。 所以这个数列的中间项为11，共有$2n + 1 = 7$（项）。

4. 设$\{ a_{n}\}$为等差数列，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前 n 项和，已知$a_{1}=-2,S_{7}=7$.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$T_{n}$为数列$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$的前 n 项和，求$T_{n}$.

答案： 解：（1）设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$， 则$S_{n}=na_{1}+\frac{1}{2}n(n - 1)d$。 因为$S_{7}=7$，$a_{1}=-2$， 所以$7 = 7\times(-2)+\frac{7\times6}{2}d$，解得$d = 1$。 所以$a_{n}=-2+(n - 1)\times1=n - 3$。 （2）因为$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{1}{2}(n - 1)d=-2+\frac{1}{2}(n - 1)=\frac{n - 5}{2}$， 所以$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{1}{2}$。 又$\frac{S_{1}}{1}=\frac{a_{1}}{1}=-2$， 所以数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是等差数列，其首项为$-2$，公差为$\frac{1}{2}$。 所以$T_{n}=n\times(-2)+\frac{n(n - 1)}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}n^{2}-\frac{9}{4}n$。