（1）由 nS_n+1=（n+2）S_n+a_n+2  （*）

变形为n（S_n+1-S_n）=2S_n+a_n+2，而S_n是{a_n}前n项和，于是有na_n+1=2S_n+a_n+2，a₁=0，

在n=1，a₂=2a₁+a₁+2=2，则a₂=2，在n=2，2a₃=2（a₁+a₂）+a₂+2=4+4=8，则a₃=4

（2）充分性：由（1）可猜测到：a_n=2n-2．下面先用数学归纳法证明：a_n=2n-2

①在n=1时，a₁=2×1-2=0 与已知 a₁=0一致 故n=1时，a_n=2n-2成立．

②假设n=k时，a_n=2n-2成立，

∴S_k=a₁+a₂+…+a_k=0+2+4+…+（2k-1）=k（k-1）

∵（*）式 na_n+1=2S_n+a_n+2恒成立，则ka_n+1=2S_k+a_k+2=2k（k-1）+（2k-2）+2=2k²

∴a_k+1=2k=2[（k+1）-1]

故n=k+1时，a_n=2n-2成立，综合①②可知：a_n=2n-2成立对n∈N*恒成立．

∴数列{a_n}的通项为a_n=2n-1，∴a_n-a_n-1=2（n≥2，n∈N₊）

由等差数列定义可知{a_n}是等差数列，从而充分性得证．

必要性：由（1）可知 na_n+1=2S_n+a_n+2恒成立，则（n-1）a_n=2S_n-1+a_n-1+2（n≥2）（**）

若{a_n}是等差数列，则a_n-a_n-1=d（n≥2），且a_n=a₁+（n-1）d．代入（**） 式中有：

n（a_n+1-a_n）=2a_n-a_n-1∴nd=a_n+d=a₁+（n-1）d+d∴a₁=0 从而必要性得证．

因此a₁=0 是数列{a_n}为等差数列的充分条件．