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2023年高考数学新高考Ⅰ-19<-->2023年高考数学新高考Ⅰ-21
（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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