《2025年高考帮数学》

训练2　(1)[2023新高考卷Ⅰ]设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,设甲:$\{ a_{n}\}$为等差数列;乙:$\{\frac{S_{n}}{n}\}$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：
(1)C 若$\{ a_{n}\}$为等差数列，设其公差为$d$，则$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d$，所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$，所以$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+(n - 1)\cdot\frac{d}{2}$，所以$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+(n + 1 - 1)\cdot\frac{d}{2}-[a_{1}+(n - 1)\cdot\frac{d}{2}]=\frac{d}{2}$，为常数，所以$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，即甲$\Rightarrow$乙；若$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，设其公差为$t$，则$\frac{S_{n}}{n}=\frac{S_{1}}{1}+(n - 1)t=a_{1}+(n - 1)t$，所以$S_{n}=na_{1}+n(n - 1)t$，所以当$n\geqslant2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=na_{1}+n(n - 1)t-[(n - 1)a_{1}+(n - 1)(n - 2)t]=a_{1}+2(n - 1)t$，当$n = 1$时，$S_{1}=a_{1}$也满足上式，所以$a_{n}=a_{1}+2(n - 1)t(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=a_{1}+2(n + 1 - 1)t-[a_{1}+2(n - 1)t]=2t$，为常数，所以$\{ a_{n}\}$为等差数列，即甲$\Leftarrow$乙. 所以甲是乙的充要条件，故选C.

　(2)[多选/2023福建莆田九中质检]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,则下列结论正确的是
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A.若数列$\{ S_{n}\}$为等差数列,则数列$\{ a_{n}\}$为等差数列

B.若数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列,则数列$\{ a_{n}\}$为等差数列
　　　　　　　2

C.若数列$\{ a_{n}\}$和$\{\frac{a_{n}}{n}\}$均为等差数列,则$S_{3}=2a_{3}$
D.若数列$\{ a_{n}\}$和$\{ a_{n}^{2}\}$均为等差数列,则数列$\{ a_{n}\}$是常数列

答案：
(2)BCD 对于A，若数列$\{ S_{n}\}$为等差数列，设公差为$d$，可得$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=d(n\geqslant2)$，但是首项$a_{1}$的值不确定，所以数列$\{ a_{n}\}$不一定为等差数列，故选项A错误；对于B，若数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，设公差为$d'$，则$\frac{S_{n}}{n}=S_{1}+(n - 1)d'$，可得$S_{n}=nS_{1}+n(n - 1)d'$，当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}$，当$n\geqslant2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=nS_{1}+n(n - 1)d'-(n - 1)S_{1}-(n - 1)(n - 2)d'=S_{1}+(2n - 2)d'$，则$a_{n}-a_{n - 1}=2d'(n\geqslant3)$，由$a_{2}=S_{1}+2d'$，$a_{1}=S_{1}$，得$a_{2}-a_{1}=2d'$，所以$a_{n}-a_{n - 1}=2d'(n\geqslant2)$，故数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，故选项B正确；对于C，由数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，可设$a_{n}=kn + b$，$k$，$b$为常数，则$a_{n}^{2}=k^{2}n^{2}+2kbn + b^{2}$，所以$\frac{a_{n}^{2}}{n}=k^{2}n + 2kb+\frac{b^{2}}{n}$，因为数列$\{\frac{a_{n}^{2}}{n}\}$为等差数列，所以$n\geqslant2$时，$\frac{a_{n}^{2}}{n}-\frac{a_{n - 1}^{2}}{n - 1}=k^{2}+\frac{b^{2}}{n}-\frac{b^{2}}{n - 1}=k^{2}+b^{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n - 1})$为常数，则$b^{2}=0$，所以$b = 0$，故$a_{n}=kn$，所以$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=6k$，又$a_{3}=3k$，所以$S_{3}=2a_{3}$，故选项C正确；对于D，由数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，可设$a_{n}=pn + q$，$p$，$q$为常数，则$a_{n}^{2}=p^{2}n^{2}+2pqn + q^{2}$，因为$\{ a_{n}^{2}\}$为等差数列，所以$a_{n}^{2}-a_{n - 1}^{2}=(2n - 1)p^{2}+2pq$为常数，则$p = 0$，所以$a_{n}=q$，则数列$\{ a_{n}\}$是常数列，故选项D正确. 故选BCD.

例4　(1)[新高考卷Ⅰ]将数列$\{ 2n - 1\}$与$\{ 3n - 2\}$的公共项从小到大排列得到数列$\{ a_{n}\}$,则$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为______.
　(2)已知$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,且$\frac{S_{6}}{S_{3}}=3$,则$\frac{S_{12}}{S_{9}}=$______.

答案：
(1)$3n^{2}-2n$ $\{ 2n - 1\}$与$\{ 3n - 2\}$的第一个公共项为$1$，则易知$\{ a_{n}\}$是以$1$为首项，$2\times3 = 6$为公差的等差数列，则$S_{n}=n+\frac{n(n - 1)}{2}\times6=3n^{2}-2n$.
@@
(2)$\frac{5}{3}$ 设$S_{3}=m(m\neq0)$，则$S_{6}=3m$. 因为$\{ a_{n}\}$为等差数列，所以$S_{3}$，$S_{6}-S_{3}$，$S_{9}-S_{6}$，$S_{12}-S_{9}$，$\cdots$成等差数列，公差为$m$，所以可推出$S_{9}=6m$，$S_{12}=10m$，故$\frac{S_{12}}{S_{9}}=\frac{5}{3}$.

训练3　(1)数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$均为等差数列,且$a_{1}=-5,b_{1}=-15,a_{2025}+b_{2025}=100$,则数列$\{ a_{n}+b_{n}\}$的前2025项和为______.
　(2)等差数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$的前$n$项和分别为$S_{n},T_{n}$,若$\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{2n}{3n + 1}$,则$\frac{a_{11}}{b_{11}}=$______,$\frac{a_{10}}{b_{11}}=$______.

答案：
(1)$81000$ 易得数列$\{ a_{n}+b_{n}\}$为等差数列，首项为$a_{1}+b_{1}=-20$，$\therefore \{ a_{n}+b_{n}\}$的前$2025$项和为$2025\times\frac{-20 + 100}{2}=81000$.
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(2)$\frac{21}{32}$ $\frac{19}{32}$ 由题意可得$\frac{a_{11}}{b_{11}}=\frac{2a_{11}}{2b_{11}}=\frac{a_{1}+a_{21}}{b_{1}+b_{21}}=\frac{(a_{1}+a_{21})\times21\div2}{(b_{1}+b_{21})\times21\div2}=\frac{S_{21}}{T_{21}}=\frac{2\times21}{3\times21 + 1}=\frac{21}{32}$. 由$\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{2n}{3n + 1}=\frac{2n^{2}}{3n^{2}+n}$及等差数列前$n$项和性质可设$S_{n}=A\cdot2n^{2}$，$T_{n}=A(3n^{2}+n)(A\neq0)$，$\therefore a_{10}=S_{10}-S_{9}=A(2\times10^{2}-2\times9^{2})=38A$，$b_{11}=T_{11}-T_{10}=A[(3\times11^{2}+11)-(3\times10^{2}+10)]=64A$，$\therefore \frac{a_{10}}{b_{11}}=\frac{38A}{64A}=\frac{19}{32}$.

例5[2022全国卷甲]记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.已知$\frac{2S_{n}}{n}+n=2a_{n}+1$.
(1)证明:$\{ a_{n}\}$是等差数列.
(2)若$a_{4},a_{7},a_{9}$成等比数列,求$S_{n}$的最小值.

答案：
(1)由$\frac{2S_{n}}{n}+n=2a_{n}+1$，得$2S_{n}+n^{2}=2a_{n}n + n$ ①，
所以$2S_{n + 1}+(n + 1)^{2}=2a_{n + 1}(n + 1)+(n + 1)$ ②，
②$-$①，得$2a_{n + 1}+2n + 1=2a_{n + 1}(n + 1)-2a_{n}n + 1$，
化简得$a_{n + 1}-a_{n}=1$，所以数列$\{ a_{n}\}$是公差为$1$的等差数列.
(2)由
(1)知数列$\{ a_{n}\}$的公差为$1$.
由$a_{7}^{2}=a_{4}a_{9}$，得$(a_{1}+6)^{2}=(a_{1}+3)(a_{1}+8)$，解得$a_{1}=-12$.
所以$S_{n}=-12n+\frac{n(n - 1)}{2}=\frac{n^{2}-25n}{2}=\frac{1}{2}(n-\frac{25}{2})^{2}-\frac{625}{8}$，所以当$n = 12$或$n = 13$时，$S_{n}$取得最小值，最小值为$-78$.