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2023年高考数学新高考Ⅰ-20

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（12分）设等差数列

$\{a_{n}\}$ 的公差为

$d$ ，且

$d > 1$ ．令

$b_{n}=\dfrac{{n}^{2}+n}{{a}_{n}}$ ，记

$S_{n}$ ，

$T_{n}$ 分别为数列

$\{a_{n}\}$ ，

$\{b_{n}\}$ 的前

$n$ 项和．
（1）若

$3a_{2}=3a_{1}+a_{3}$ ，

$S_{3}+T_{3}=21$ ，求

$\{a_{n}\}$ 的通项公式；
（2）若

$\{b_{n}\}$ 为等差数列，且

$S_{99}-T_{99}=99$ ，求

$d$ ．
分析：（1）根据题意及等差数列的通项公式与求和公式，建立方程组，即可求解；
（2）根据题意及等差数列的通项公式的特点，可设

$a_{n}=tn$ ，则

${b}_{n}=\dfrac{n+1}{t}$ ，且

$d=t > 1$ ；或设

$a_{n}=k(n+1)$ ，则

${b}_{n}=\dfrac{n}{k}$ ，且

$d=k > 1$ ，再分类讨论，建立方程，即可求解．
解：（1）

$\because 3a_{2}=3a_{1}+a_{3}$ ，

$S_{3}+T_{3}=21$ ，

$\therefore$ 根据题意可得

$\left\{\begin{array}{l}{3({a}_{1}+d)=3{a}_{1}+{a}_{1}+2d}\\ {3{a}_{1}+3d+(\dfrac{2}{{a}_{1}}+\dfrac{6}{{a}_{1}+d}+\dfrac{12}{{a}_{1}+2d})=21}\end{array}\right.$ ，

$\therefore$

$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=d}\\ {6d+\dfrac{9}{d}=21}\end{array}\right.$ ，

$\therefore 2d^{2}-7d+3=0$ ，又

$d > 1$ ，

$\therefore$ 解得

$d=3$ ，

$\therefore a_{1}=d=3$ ，

$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1)d=3n$ ，

$n\in N^*$ ；
（2）

$\because \{a_{n}\}$ 为等差数列，

$\{b_{n}\}$ 为等差数列，且

$b_{n}=\dfrac{{n}^{2}+n}{{a}_{n}}$ ，

$\therefore$ 根据等差数列的通项公式的特点，可设

$a_{n}=tn$ ，则

${b}_{n}=\dfrac{n+1}{t}$ ，且

$d=t > 1$ ；
或设

$a_{n}=k(n+1)$ ，则

${b}_{n}=\dfrac{n}{k}$ ，且

$d=k > 1$ ，
①当

$a_{n}=tn$ ，

${b}_{n}=\dfrac{n+1}{t}$ ，

$d=t > 1$ 时，
则

$S_{99}-T_{99}=\dfrac{(t+99t)\times 99}{2}-(\dfrac{2}{t}+\dfrac{100}{t})\times \dfrac{99}{2}=99$ ，

$\therefore$

$50t-\dfrac{51}{t}=1$ ，

$\therefore 50t^{2}-t-51=0$ ，又

$d=t > 1$ ，

$\therefore$ 解得

$d=t=\dfrac{51}{50}$ ；
②当

$a_{n}=k(n+1)$ ，

${b}_{n}=\dfrac{n}{k}$ ，

$d=k > 1$ 时，
则

$S_{99}-T_{99}=\dfrac{(2k+100k)\times 99}{2}-(\dfrac{1}{k}+\dfrac{99}{k})\times \dfrac{99}{2}=99$ ，

$\therefore$

$51k-\dfrac{50}{k}=1$ ，

$\therefore 51k^{2}-k-50=0$ ，又

$d=k > 1$ ，

$\therefore$ 此时

$k$ 无解，

$\therefore$ 综合可得

$d=\dfrac{51}{50}$ ．
点评：本题考查等差数列的性质，等差数列的通项公式与求和公式的应用，方程思想，化归转化思想，分类讨论思想，属中档题．

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