《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

4. 已知$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前n项和，且$S_{n + 1}=S_{n}+a_{n}+3,a_{4}+a_{5}=23$，则$S_{8}=$（ ）
A. 72
B. 88
C. 92
D. 98

答案： C 因为$S_{n + 1}=S_{n}+a_{n}+3$,所以$S_{n + 1}-S_{n}=a_{n}+3=a_{n + 1}$,所以$a_{n + 1}-a_{n}=3$,所以$\{a_{n}\}$是公差$d = 3$的等差数列,又$a_{4}+a_{5}=23$,即$2a_{1}+7d=23$,解得$a_{1}=1$,所以$S_{8}=8a_{1}+\frac{8\times7}{2}d=92$.

5. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{2}=5,a_{m}=7,a_{m + 3}=10$，则数列$\{ a_{n}\}$的前m项和为（ ）
A. 12
B. 22
C. 23
D. 25

答案： B 数列$\{a_{n}\}$是等差数列,设公差为$d$,$a_{m + 3}=a_{m}+3d=7+3d=10$,解得$d = 1$,又$a_{2}=5$,所以$a_{1}=4$,所以$a_{m}=4+(m - 1)\times1=7$,解得$m = 4$,所以数列$\{a_{n}\}$的前$m$项和为$S_{4}=\frac{4(a_{1}+a_{4})}{2}=\frac{4\times(4 + 7)}{2}=22$.

[例1]（选择性必修第二册P25习题4.2T7（1））已知$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前n项和. 证明$\{ \frac{S_{n}}{n}\}$是等差数列.

答案： [证明]设等差数列$\{a_{n}\}$首项为$a_{1}$,公差为$d$,因为$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$,所以$\frac{S_{n}}{n}=\frac{d}{2}n+(a_{1}-\frac{d}{2})$,所以$\frac{S_{n}}{n}-\frac{S_{n - 1}}{n - 1}=\frac{d}{2}n+(a_{1}-\frac{d}{2})-[\frac{d}{2}(n - 1)+(a_{1}-\frac{d}{2})]=\frac{d}{2}(n\geq2)$,所以$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是以$a_{1}$为首项,$\frac{d}{2}$为公差的等差数列.

真题体验
（2023·新高考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：$\{ \frac{S_{n}}{n}\}$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： C (解法一)甲:$\{a_{n}\}$为等差数列,设其首项为$a_{1}$,公差为$d$,则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$,所以$\frac{S_{n}}{n}=\frac{d}{2}n+(a_{1}-\frac{d}{2})$,所以$\frac{S_{n}}{n}-\frac{S_{n - 1}}{n - 1}=\frac{d}{2}n+(a_{1}-\frac{d}{2})-[\frac{d}{2}(n - 1)+(a_{1}-\frac{d}{2})]=\frac{d}{2}$,因此$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列,则甲是乙的充分条件;
反之,乙:$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列,即$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{nS_{n + 1}-(n + 1)S_{n}}{n(n + 1)}=\frac{na_{n + 1}-S_{n}}{n(n + 1)}$为常数,设为$t$,即$\frac{na_{n + 1}-S_{n}}{n(n + 1)}=t$,则$S_{n}=na_{n + 1}-t\cdot n(n + 1)$,则$S_{n - 1}=(n - 1)a_{n}-t\cdot n(n - 1)(n\geq2)$,两式相减得:$a_{n}=na_{n + 1}-(n - 1)a_{n}-2tn$,即$a_{n + 1}-a_{n}=2t$,对$n = 1$也成立,因此$\{a_{n}\}$为等差数列,则甲是乙的必要条件,所以甲是乙的充要条件,C正确.
(解法二)甲:$\{a_{n}\}$为等差数列,设数列$\{a_{n}\}$的首项为$a_{1}$,公差为$d$,则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$,则$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{(n - 1)}{2}d=\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2}$,因此$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列,即甲是乙的充分条件;
反之,乙:$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列,即$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=D$,$\frac{S_{n}}{n}=S_{1}+(n - 1)D$,即$S_{n}=nS_{1}+n(n - 1)D$,$S_{n - 1}=(n - 1)S_{1}+(n - 1)(n - 2)D$,当$n\geq2$时,两式相减得:$S_{n}-S_{n - 1}=S_{1}+2(n - 1)D$,当$n = 1$时,上式成立,于是$a_{n}=a_{1}+2(n - 1)D$,又$a_{n + 1}-a_{n}=a_{1}+2nD-[a_{1}+2(n - 1)D]=2D$为常数,因此$\{a_{n}\}$为等差数列,则甲是乙的必要条件,所以甲是乙的充要条件.

对点训练
已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，且$na_{n + 1}-(n + 1)a_{n}=2n^{2}+2n$.
（1）求$a_{2},a_{3}$；
（2）证明：数列$\{ \frac{a_{n}}{n}\}$是等差数列，并求$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： [解析]
(1)由已知,得$a_{2}-2a_{1}=4$,则$a_{2}=2a_{1}+4$,又$a_{1}=1$,所以$a_{2}=6$.由$2a_{3}-3a_{2}=12$,得$2a_{3}=12+3a_{2}$,所以$a_{3}=15$.
(2)由已知$na_{n + 1}-(n + 1)a_{n}=2n(n + 1)$,得$\frac{na_{n + 1}-(n + 1)a_{n}}{n(n + 1)}=2$,即$\frac{a_{n + 1}}{n + 1}-\frac{a_{n}}{n}=2$,所以数列$\{\frac{a_{n}}{n}\}$是首项为$\frac{a_{1}}{1}=1$,公差$d = 2$的等差数列.则$\frac{a_{n}}{n}=1+2(n - 1)=2n - 1$,所以$a_{n}=2n^{2}-n$.