センター試験.数B数列

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== センター試験.数B.数列(2013～) ==

【2013年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

(1)　数列{pn}は次を満たすとする。
$p_1=3,\hspace{3}p_{n+ 1}=\frac{1}{3}p_n+ 1\hspace{10}(n=1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}\cdots)$ 　･･･①
数列{pn}の一般項と，初項から第n項までの和を求めよう。まず，①から

pn+1−

ア

イ

= $\frac{1}{3}\Big($ pn−

ア

イ

$\Big)$ (n=1, 2, 3, ···)

となるので，数列{pn}の一般項は

pn=

ウ・エn−2

オ

カ

である。したがって，自然数nに対して

$\sum_{k=1}^np_k=$

キ

ク

$\Big($ 1−

ケn

$\Big)$ +

コn

サ

である。

解説を読む

(1)

【定数係数の二項間漸化式⇒等比数列】
　定数係数の二項間漸化式an+1=pan+q（ただし，p, qは定数）を，原点の移動{an−α}により，{an−α}が等比数列となるように定数αを定めて，等比数列の一般項から元の数列{an}の一般項を求める方法

特性方程式の解（不動点）αを利用する方法

《用語》
• 二項間漸化式：an+1=pan+q･･･①
• 特性方程式：α=pα+q･･･②

①において， $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n+ 1}=\alpha$ となる定数αは存在すると「仮定」したとき，その定数αが満たすべき方程式を特性方程式という．

• 不動点：特性方程式の解α･･･③のこと

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解説を読む

（参考）
• x=a1に対応するy=px+q上の点を求めると，そのy座標がa2を表す．
• 次に，水平移動を行って，x=a2となる点を求める．（このように体勢を立て直すと，再びy=px+qへ移動できるようになる）
• x=a2に対応するy=px+q上の点を求めると，そのy座標がa3を表す．
• 以上の作業を繰り返すと，二つの直線y=x, y=px+qの交点に収束して動けなくなる．その点を不動点と呼ぶ．数列{an}に極限値があれば，この不動点のy座標（x座標でも同じ）が求める極限値になる．

（答案）
漸化式 $p_{n+ 1}=\frac{1}{3}p_n+ 1$ の特性方程式を解く
$\alpha=\frac{1}{3}\alpha+ 1$
$\alpha=\frac{3}{2}$
これを使って，原点をαだけ平行移動すると，等比数列になる
$p_{n+ 1}-\frac{3}{2}=\frac{1}{3}\big(p_n-\frac{3}{2}\big)$ →ア,イ
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解説を読む

数列{pn}の一般項は
$p_{n}-\frac{3}{2}=\big(p_1-\frac{3}{2}\big)\big(\frac{1}{3}\big)^{n-1}$
p1=2を代入
$p_{n}=\frac{3}{2}\times\big(\frac{1}{3}\big)^{n-1}+\frac{3}{2}=\frac{1}{2\cdot 3^{n-2}}+\frac{3}{2}$ →ウ,エ,オ,カ

$\sum_{k=1}^np_k$
において，オ,カに対応する部分の和は
$\frac{3}{2}n$
ウ,エに対応する第1項の部分の和は，初項 $\frac{3}{2}$ ，公比 $\frac{1}{3}$ ，項数nの等比数列の和だから
$\frac{3}{2}\times\frac{\{\frac{1}{3}\}^n-1}{\frac{1}{3}-1}=-\frac{9}{4}\times\{(\frac{1}{3})^n-1\}=\frac{9}{4}\times(1-\frac{1}{3^n})$
結局
$\sum_{k=1}^np_k=\frac{9}{4}(1-\frac{1}{3^n})+\frac{3n}{2}$ →キ,ク,ケ,コ,サ
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(2)　正の数からなる数列{an}は，初項から第3項がa1=3, a2=3, a3=3であり，すべての自然数nに対して
$a_{n+ 3}=\frac{a_{n}+ a_{n+ 1}}{a_{n+ 2}}$ 　･･･②
を満たすとする。また，数列{bn}, {cn}を，自然数nに対して，bn=a2n−1, cn=a2nで定める。数列{bn}, {cn}の一般項を求めよう。まず，②から

$a_{4}=\frac{a_{1}+ a_{2}}{a_{3}}=$ シ $,\hspace{2}a_{5}=3,\hspace{2}a_6=$

ス

セ

$,\hspace{2}a_{7}=3$

である。したがって，b1=b2=b3=b4=3となるので
bn=3　（n=1, 2, 3, ･･･）･･･③
と推定できる。
　③を示すためには，b1=3から，すべての自然数nに対して
bn+1=bn　･･･④
であることを示せばよい。このことを「まず，n=1のとき④が成り立つことを示し，次に，n=kのとき④が成り立つと仮定すると，n=k+1のときも④が成り立つことを示す方法」を用いて証明しよう。この方法をソという。ソに当てはまるものを，次の⓪～③のうちから一つ選べ。

⓪ 組立除法　① 弧度法　② 数学的帰納法　③ 背理法

解説を読む

(2)
$a_{4}=\frac{a_{1}+ a_{2}}{a_{3}}=\frac{6}{3}=2$ →シ
$a_{5}=\frac{a_{2}+ a_{3}}{a_{4}}=\frac{6}{2}=3$
$a_{6}=\frac{a_{3}+ a_{4}}{a_{5}}=\frac{5}{3}$ →ス,セ
$a_{7}=\frac{a_{4}+ a_{5}}{a_{6}}=\frac{5}{\frac{5}{3}}=3$

② 数学的帰納法→ソ

bn=a2n−1は，数列{an}の奇数番目の項を並べたもの

b1=a1=3
b2=a3=3
b3=a5=3
b4=a7=3

cn=a2nは，数列{an}の偶数番目の項を並べたもの

c1=a2=3
c2=a4=2

c3=a6= $\frac{5}{3}$

c4=a8= $\frac{14}{9}$

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［Ⅰ］ n=1のとき，b1=3, b2=3であることから④は成り立つ。
［Ⅱ］ n=kのとき，④が成り立つ，すなわち
bk+1=bk
と仮定する。n=k+1のとき，②のnに2kを代入して得られる等式と，2k−1を代入して得られる等式から

bk+2=

ck+タk+1

チk+1

，ck+1=

ツk+ck

テk+1

のなるので，bk+2は

bk+2=

(トk+ナk+1)ニk+1

bk+ck

と表される。したがって，⑤により，bk+2=bk+1が成り立つので，④はn=k+1のときにも成り立つ。
［Ⅰ］,［Ⅱ］により，すべての自然数nに対して④の成り立つことが証明された。
　したがって，③が成り立つので，数列{bn}の一般項はbn=3である。

　次に，②のnを2n−1に置き換えて得られる等式と③から
$c_{n+ 1}=\frac{1}{3}c_n+ 1\hspace{10}(n=1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}\cdots)$
となり，c1=ヌであることと①から，数列{cn}の一般項は，(1)で求めた数列{pn}の一般項と等しくなることがわかる。

解説を読む

②のnに2kを代入して得られる等式は
$a_{2k+ 3}=\frac{a_{2k}+ a_{2k+ 1}}{a_{2k+ 2}}$
2k−1を代入して得られる等式は
$a_{2k+ 2}=\frac{a_{2k-1}+ a_{2k}}{a_{2k+ 1}}$
ここで，bn=a2n−1, cn=a2nだから，上記の２つの式はbn, cnを用いて，次の形に書ける．

指示された通りに，書き換えていくと，自然にできる．何もヒネリはない。

$b_{k+ 2}=\frac{c_{k}+ b_{k+ 1}}{c_{k+ 1}}$ →タ,チ
$c_{k+ 1}=\frac{b_{k}+ c_{k}}{b_{k+ 1}}$ →ツ,テ

c1=a2=3→ヌ

あっけない幕切れで，不完全燃焼の気分になるかもしれないが
次の数列

c1=3, c2=2, c3= $\frac{5}{3}$ c4= $\frac{14}{9}$

の一般項が
$c_{n}=\frac{1}{2\cdot 3^{n-2}}+\frac{3}{2}$
になるということが書かれている．

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【2014年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　数列{an}の初項は6であり，{an}の階差数列は初項が9，公差が4の等差数列である。

(1)　a2=アイ，a3=ウエである。数列{an}の一般項を求めよう。{an}の階差数列の第n項がオn+カであるから，数列{an}の一般項は

an=キnク+ケn+コ　･･･①
である。

解説を読む

【階差数列と一般項】
　数列{an}の階差数列を数列{dn}とすると
n≧2のとき $a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_k$
• 階差数列は，普通{bn}で表されているが，この問題では{bn}を他の数列に使うので，階差数列を{dn}で表した．
• この公式は，どの教科書にも書かれている基本です．必ず言えるようにしましょう．

(1)
{an}の階差数列を数列{dn}とすると，{dn}は，初項が9，公差が4の等差数列であるから，
dn=9+4(n−1)=4n+5
したがって
a2=a1+d1=6+9=15→アイ
a3=a1+d1+d2=6+9+13=28→ウエ
階差数列の第n項は
dn=9+4(n−1)=4n+5→オ,カ
数列{an}の一般項は
ア） n=1のとき，a1=6
イ） n≧2のとき
$a_n=6+\sum_{k=1}^{n-1}(4k+ 5)$

• 階差数列から元の数列の一般項を計算するために，第n−1項までの和が登場します．次の左側の形で（第n項までの和で）書かれている公式を，右側の形（第n−1項までの和）でも使えるようにしておきましょう．
• cは定数とする．
$\sum_{k=1}^{n}c=nc\rightarrow \sum_{k=1}^{n-1}c=(n-1)c$
$\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+ 1)}{2}\rightarrow \sum_{k=1}^{n-1}k=\frac{(n-1)n}{2}$

$=6+ \frac{4(n-1)n}{2}+ 5(n-1)$
$=6+ 2(n-1)n+ 5(n-1)=2n^2+ 3n+ 1$
ア）イ）をまとめると，
n≧1のとき，an=2n2+3n+1と書ける→キ,ク,ケ,コ
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(2)　数列{bn}は，初項が $\frac{2}{5}$ で，漸化式
$b_{n+ 1}=\frac{a_n}{a_{n+ 1}-1}b_n\hspace{10}(n=1,\hspace{2},2\hspace{2},3\hspace{2}\cdot\cdot\cdot)$ 　･･･②

を満たすとする。b2=

サ

シス

である。数列{bn}の一般項

と初項から第n項までの和Snを求めよう。
　①，②により，すべての自然数nに対して

bn+1=

セn+ソ

セn+タ

bn　･･･③

が成り立つことがわかる。

解説を読む

(2)
a1=6, a2=15， $b_{1}=\frac{2}{5}$
だから
$b_{2}=\frac{a_1}{a_{2}-1}b_1=\fra{6}{15-1}\times\frac{2}{5}=\fra{6}{14}\times\frac{2}{5}=\frac{6}{35}$ →サ,シ,ス

an=2n2+3n+1だから
$b_{n+ 1}=\frac{a_n}{a_{n+ 1}-1}b_n$
$=\frac{2n^2+ 3n+ 1}{2(n+ 1)^2+ 3(n+ 1)+ 1-1}b_n$
$=\frac{2n^2+ 3n+ 1}{2n^2+ 7n+ 5}b_n$
$=\frac{\cancel{(n+ 1)}(2n+ 1)}{\cancel{(n+ 1)}(2n+ 5)}b_n$
$=\frac{2n+ 1}{2n+ 5}b_n$ →セ,ソ,タ
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　ここで
cn=(セn+ソ)bn　･･･④
とするとき，③をcnとcn+1を用いて変形すると，すべての自然数nに対して
(セn+チ)cn+1=(セn+ツ)cn
が成り立つことがわかる。これにより
dn=(セn+テ)cn　･･･⑤
とおくと，すべての自然数nに対して，dn+1=dnが成り立つことがわかる。d1=トであるから，すべての自然数nに対して，dn=トである。したがって，④と⑤により，数列{bn}の一般項は

bn=

ト

(セn+ソ)(セn+テ)

である。また

bn=

ナ

セn+ソ

−

ニ

セn+テ

が成り立つことを利用すると，数列{bn}の初項から第n項までの和Snは

Sn=

ヌn

ネn+ノ

であることがわかる。

解説を読む

④→cn=(2n+1)bn

③→ $b_{n+ 1}=\frac{2n+ 1}{2n+ 5}b_n$

④から $b_{n}=\frac{c_n}{2n+ 1}$
これを③に代入する
$\frac{c_{n+ 1}}{2(n+ 1)+ 1}=\frac{\cancel{2n+ 1}}{2n+ 5}\times\frac{c_n}{\cancel{2n+ 1}}$
$(2n+ 5)c_{n+ 1}=(2n+ 3)c_n$ →チ,ツ

これにより， $d_n=(2n+ 3)c_n$ とおくと→テ
$d_{n+ 1}=d_n$ が成り立つ．
$d_{1}=(2+ 3)c_1=5\times 3\times\frac{2}{5}=6$ →ト

④と⑤により，数列{bn}の一般項は
$b_{n}=\frac{c_n}{n+ 1}=\frac{6}{(2n+ 1)(2n+ 3)}$
$=3\{\frac{1}{2n+ 1}-\frac{1}{2n+ 3}\}$
$=\frac{3}{2n+ 1}-\frac{3}{2n+ 3}$ →ナ,ニ

　数列{bn}の和は，次の左欄のように「縦書き」にすると見やすく分かりやすいが，形式美を好む人は右欄のように書いてもよい．（参考書や受験雑誌の解答例も右欄のように書かれることが多い）

b1+b2+b3+･･･+bn
$=\{\frac{3}{3}-\cancel{\frac{3}{5}}\}$
$+\{\cancel{\frac{3}{5}}-\cancel{\frac{3}{7}}\}$
$+\{\cancel{\frac{3}{7}}-\cancel{\frac{3}{9}}\}$
$+\big{\cancel{:::}\hspace{5}-\hspace{5}\cancel{:::}\big}$
$+\{\cancel{\frac{3}{2n+ 1}}-\frac{3}{2n+ 3}\}$
$=1-\frac{3}{2n+ 3}$
$=\frac{2n}{2n+ 3}$ →ヌ,ネ,ノ

$\sum_{k=1}^n b_k=\sum_{k=1}^n\{\frac{3}{2k+ 1}-\frac{3}{2k+ 3}\}$
$=\sum_{k=1}^n\frac{3}{2k+ 1}-\sum_{k=1}^n\frac{3}{2k+ 3}$
$=\sum_{k=1}^n\frac{3}{2k+ 1}-\sum_{k=2}^{n+ 1}\frac{3}{2k+ 1}$
$=1-\frac{3}{2n+ 3}$
$=\frac{2n}{2n+ 3}$ →ヌ,ネ,ノ

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【2015年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　自然数nに対し，2nの一の位の数をanとする。また、数列{bn}は
$b_1=1,\hspace{2}b_{n+ 1}=\frac{a_nb_n}{4}\hspace{10}(n=1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}\cdots)$ ･･･①
を満たすとする。

(1)　a1=2, a2=ア，a3=イ，a4=ウ，a5=エである。このことから，すべての自然数nに対して，aオ=anとなることがわかる。オに当てはまるもの

を，次の⓪～④のうちから一つ選べ。

　⓪ 5n　① 4n+1　② n+3　③ n+4　④ n+5

解説を読む

(1)　小さい数字で規則性を見つける

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	...
2n	2	4	8	16	32	64	128	256	512	1024	...
1の位の数	2	4	8	6	2	4	8	6	2	4	...

a1=2, a2=4, a3=8, a4=6, a5=2→ア,イ,ウ,エ
1の位の数は，2→4→8→6→が繰り返されるから，an+4=an→③ オ（⓪ a5n=anも成り立つが，「一つ選べ」という問題だから，分かりやすい③を答にすればよい）
→解説を隠す←

(2)　数列{bn}の一般項を求めよう。①を繰り返し用いることにより

bn+4=

an+3an+2an+1an

2カ

(n=1, 2, 3, ･･･)

が成り立つことがわかる。ここで

an+3an+2an+1an=3·2キ

であることから，bn+4=

ク

ケ

bnが成り立つ。このこと

から，自然数kに対して

b4k−3= $\Big($

コ

サ

$\Big)$ k−1，

b4k−2=

シ

ス

$\Big($

コ

サ

$\Big)$ k−1

b4k−1=

セ

ソ

$\Big($

コ

サ

$\Big)$ k−1，

b4k=

$\Big($

コ

サ

$\Big)$ k−1

である。

解説を読む

(2)
①を繰り返し用いると
$b_{n+ 1}=\frac{a_{n}b_{n}}{4}$
$b_{n+ 2}=\frac{a_{n+ 1}b_{n+ 1}}{4}$
$b_{n+ 3}=\frac{a_{n+ 2}b_{n+ 2}}{4}$
$\times\hspace{1})\hspace{5}b_{n+ 4}=\frac{a_{n+ 3}b_{n+ 3}}{4}$

$b_{n+ 4}\cancel{b_{n+ 3}}\cancel{b_{n+ 2}}\cancel{b_{n+ 1}}$
$=\frac{a_{n+ 3}\cancel{b_{n+ 3}}}{4}\times\frac{a_{n+ 2}\cancel{b_{n+ 2}}}{4}\times\frac{a_{n+ 1}\cancel{b_{n+ 1}}}{4}\times\frac{a_{n}b_{n}}{4}$
$b_{n+ 4}=\frac{a_{n+ 3}a_{n+ 2}a_{n+ 1}a_{n}}{4^4}b_n$
$=\frac{a_{n+ 3}a_{n+ 2}a_{n+ 1}a_{n}}{2^8}b_n$ →カ

n+3, n+2, n+1, nは連続する4個の自然数だから，オの結果から，順序は別として，an+3, an+2, an+1, anには，2, 4, 8, 6が1個ずつ含まれる．
an+3an+2an+1an=2·4·8·6=24·1·2·4·3=3·27→キ

カ,キの結果を用いると
$b_{n+ 4}=\frac{a_{n+ 3}a_{n+ 2}a_{n+ 1}a_{n}}{2^8}b_n$
$=\frac{3\cdot 2^7}{2^8}b_n=\frac{3}{2}b_n$ →ク,ケ

①により
$b_1=1$
$b_{2}=\frac{a_1b_1}{4}=\frac{2\times 1}{4}=\frac{1}{2}$
$b_{3}=\frac{a_2b_2}{4}=\frac{4\times \frac{1}{2}}{4}=\frac{1}{2}$
$b_{4}=\frac{a_3b_3}{4}=\frac{8\times \frac{1}{2}}{4}=1$
ク,ケの結果から，自然数k=1, 2, 3, ···に対して
$b_5=\frac{3}{2}b_1=\frac{3}{2},\hspace{10}b_9=\frac{3}{2}b_5=(\frac{3}{2})^2,\hspace{10}b_{13}=\frac{3}{2}b_9=(\frac{3}{2})^3$
$b_{4k-3}=(\frac{3}{2})^{k-1}$ →コ,サ

内容的には， $b_{4m+ 1}=(\frac{3}{2})^{k}\hspace{5}(m=0,\hspace{2}1,\hspace{2}2,\hspace{2}\cdots)$
と同じであるが，問題の形に合わせて答える必要がある．（以下の問題も同様）

$b_6=\frac{3}{2}b_2=\frac{1}{2}\times\frac{3}{2},\hspace{10}b_{10}=\frac{3}{2}b_6=\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^2$
$b_{4k-2}=\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}$ →シ,ス
$b_7=\frac{3}{2}b_3=\frac{1}{2}\times\frac{3}{2},\hspace{10}b_{11}=\frac{3}{2}b_7=\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^2$
$b_{4k-1}=\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}$ →セ,ソ
$b_8=\frac{3}{2}b_4=\frac{3}{2},\hspace{10}b_{12}=\frac{3}{2}b_8=(\frac{3}{2})^2,\hspace{10}b_{16}=\frac{3}{2}b_{12}=(\frac{3}{2})^3$
$b_{4k}=(\frac{3}{2})^{k-1}$
→解説を隠す←

(3)　 $S_n=\sum_{j=1}^nb_j$ とおく。自然数mに対して

S4m=タ $\Big($

コ

サ

$\Big)$ m−チ

である。

(4)　積b1b2···bnをTnとおく。自然数kに対して

b4k−3b4k−2b4k−1b4k=

ツ

$\Big($

コ

サ

$\Big)$ テ(k−1)

であることから，自然数mに対して

T4m=

ツm

$\Big($

コ

サ

$\Big)$ トm2−ナm

である。また，T10を計算すると，T10=

3ニ

2ヌネ

である。

解説を読む

(3)
$S_{4m}=\sum_{j=1}^{4m}b_j$
$=\hspace{10}(b_1+ b_5+ b_9+\cdots+ b_{4m-3})$
$\hspace{10}+(b_2+ b_6+ b_{10}+\cdots+ b_{4m-2})$
$\hspace{10}+(b_3+ b_7+ b_{11}+\cdots+ b_{4m-1})$
$\hspace{10}+(b_4+ b_8+ b_{12}+\cdots+ b_{4m})$
$=\sum_{k=1}^{m}b_{4k-3}+\sum_{k=1}^{m}b_{4k-2}+\sum_{k=1}^{m}b_{4k-1}+\sum_{k=1}^{m}b_{4k}$
$=\sum_{k=1}^{m}\{b_{4k-3}+ b_{4k-2}+ b_{4k-1}+ b_{4k}\}$
$=\sum_{k=1}^{m}\{(\frac{3}{2})^{k-1}+ \frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}+ \frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}+ (\frac{3}{2})^{k-1}\}$

初項a，公比r (≠1)，項数nの等比数列の和は
$\frac{a(r^n-1)}{r-1}$

$=3\sum_{k=1}^{m}(\frac{3}{2})^{k-1}$
$=3\frac{\big(\frac{3}{2}\big)^m-1}{\frac{3}{2}-1}$
$=6\{\big(\frac{3}{2}\big)^m-1\}$
$=6\big(\frac{3}{2}\big)^m-6$ →タ,チ

(4)
b4k−3b4k−2b4k−1b4k $=(\frac{3}{2})^{k-1}+ \frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}+ \frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{k-1}+ (\frac{3}{2})^{k-1}$
$=\frac{1}{4}(\frac{3}{2})^{4(k-1)}$ →ツ,テ

$T_{4m}=\frac{1}{4}(\frac{3}{2})^{4(1-1)}\times\frac{1}{4}(\frac{3}{2})^{4(2-1)}\times\cdots\times\frac{1}{4}(\frac{3}{2})^{4(m-1)}$
$=\big(\frac{1}{4}\big)^m\big(\frac{3}{2}\big)^{4\sum_{k=1}^m(k-1)}$
$=\big(\frac{1}{4}\big)^m\big(\frac{3}{2}\big)^{4\times\frac{(m-1)m}{2}}=\big(\frac{1}{4}\big)^m\big(\frac{3}{2}\big)^{2m(m-1)}$
$=\big(\frac{1}{4}\big)^m\big(\frac{3}{2}\big)^{2m^{^2}-2m}$ →ト,ナ
$T_{10}=T_8\times b_9b_{10}=\frac{1}{4^2}\times\big(\frac{3}{2}\big)^{4}\times\big(\frac{3}{2}\big)^{2}\times\frac{1}{2}\times\big(\frac{3}{2}\big)^{2}$
$=\frac{1}{2^5}\times\big(\frac{3}{2}\big)^{8}=\frac{3^8}{2^{13}}$ →ニ,ヌ,ネ
→解説を隠す←

【2016年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　真分数を分母の小さい順に，分母が同じ場合には分子の小さい順に並べてできる数列
$\frac{1}{2},\hspace{3}\frac{1}{3},\hspace{3}\frac{2}{3},\hspace{3}\frac{1}{4},\hspace{3}\frac{2}{4},\hspace{3}\frac{3}{4},\hspace{3}\frac{1}{5},\hspace{3}\cdots$
を{an}とする。真分数とは，分子と分母がともに自然数で，分子が分母より小さい分数のことであり，上の数列では，約分できる形の分数も含めて並べている。以下の問題に分数形で解答する場合は，解答上の注意にあるように，それ以上約分できない形で答えよ。

(1)　a15=

ア

イ

である。また，分母に初めて8が現れる

項は，aウエである。

(2)　kを2以上の自然数とする。数列{an}において， $\frac{1}{k}$ が初めて現れる項を第Mk項とし， $\frac{k-1}{k}$ が初めて現れる項を第Nk項とすると

Mk=

オ

カ

k2−

キ

ク

k+ケ

Nk=

コ

サ

k2−

シ

ス

である。よって，a104=

セソ

タチ

である。

解説を読む

(1)
　次のように群数列に分ける
1群2群3群4群
$|\hspace{3}\frac{1}{2}\Large|\hspace{3}\frac{1}{3},\hspace{3}\frac{2}{3}\Large|\hspace{3}\frac{1}{4},\hspace{3}\frac{2}{4},\hspace{3}\frac{3}{4}\Large|\hspace{3}\frac{1}{5},\hspace{3}\cdots$
　このとき，第m群の第n項と元の数列の第k項との関係を調べると，第m群の末項までには

1+2+3+･･･+m= $\frac{m(m+ 1)}{2}$ 項ある
$\frac{5\times 6}{2}=15$
だから，元の数列の第15項，すなわちa15は，第5群の末項，すなわち，第5項であるから
$a_{15}=\frac{5}{6}$ →ア,イ

　分母に初めて8が現れるのは，第7群の初項
ところで，第6群の末項までにある項数は
$\frac{6\times 7}{2}=21$
であるから，求めるものは，その次の項a22→ウ,エ

(2)
数列{an}において， $\frac{1}{k}$ が初めて現れる項は，第k−1群の第1項だから，{an}の第
$\frac{(k-2)(k-1)}{2}+ 1=\frac{k^2-3k+ 4}{2}=\frac{1}{2}k^2-\frac{3}{2}k+ 2$
番目の項，すなわち
$M_k=\frac{1}{2}k^2-\frac{3}{2}k+ 2$ →オ,カ,キ,ク,ケ

　この問題で「初めて現れる項」となっているが，例えば $\frac{1}{3}$ に等しい項は， $\frac{2}{6},\hspace{3}\frac{3}{9},...$ にも表れるが， $\frac{1}{3}$ の形では1回しか登場しない．
　解答する場合は，約分して答えるようになっているが，問題は約分されていないから，この「初めて」は必要ないと考えられる．次の問題でも同様

$\frac{k-1}{k}$ が初めて現れる項は，第k−1群の第k−1項，すなわち
$N_k=\frac{1}{2}k^2-\frac{3}{2}k+ 2+ (k-2)$
$=\frac{1}{2}k^2-\frac{1}{2}k$ →コ,サ,シ,ス

$\frac{14\times 15}{2}=105$ だから，a105は，第14群の末項（第14項）．したがって，a104は，第14群の第13項
$a_{104}=\frac{13}{15}$ →セソ,タチ

　この問題で「よって」と書かれているが，筆者の解き方では，後の結果は前の結果から得られたものではないから，この「よって」は必要ない，もしくは，紛らわしいと考えられる．（「よって」が生きる解き方があるのかもしれない）

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(3)　kを2以上の自然数とする。数列{an}の第Mk項から

第Nk項までの和は，

ツ

テ

k−

ト

ナ

である。したがって，

数列{an}の初項から第Nk項までの和は

ニ

ヌ

k2−

ネ

ノ

である。よって

$\sum_{n=1}^{103}a_n=$

ハヒフ

ヘホ

である。

解説を読む

(3)
第Mk項から第Nk項までは，分母がすべてkで，分子が各々1, 2, 3, ... , k−1だから，それらの和は
$\frac{1}{k}\times\frac{(k-1)k}{2}=\frac{k-1}{2}=\frac{1}{2}k-\frac{1}{2}$ →ツ,テ,ト,ナ (#1)
数列{an}の初項から第Nk項までの和は，上記の結果(#1)に対して，2, 3, ..., kまでの和を求めるとよいから
$\sum_{j=2}^k\big(\frac{1}{2}k-\frac{1}{2}\big)=\sum_{j=1}^k\big(\frac{1}{2}j-\frac{1}{2}\big)-\big(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\big)$
$=\frac{1}{2}\times\frac{k(k+ 1)}{2}-\frac{1}{2}k$
$=\frac{1}{4}k^2-\frac{1}{4}k$ →ニ,ヌ,ネ,ノ

a1+a2+a3+･･･+a103は第14群（k=15）の末項（第N14項）までの和から，(a104+a105)を取り除けばよい
$\frac{15^2-15}{4}-\big(\frac{13}{15}+\frac{14}{15}\big)$
$=\frac{15\times 14}{4}-\frac{27}{15}=\frac{15\times 7}{2}-\frac{9}{5}$
$=\frac{525-18}{10}=\frac{507}{10}$ →ハヒフ,ヘホ
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【2017年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　以下において考察する数列の項は，すべて実数であるとする。

(1)　等比数列{sn}の初項が1，公比が2であるとき
s1s2s3=ア，s1+s2+s3=イ
である。

(2)　{sn}を初項x，公比rの等比数列とする。a, bを実数（ただしa≠0）とし，{sn}の最初の3項が
s1s2s3=a3　･･･①
s1+s2+s3=b　･･･②
を満たすとする。このとき
xr=ウ　･･･③
である。さらに，②③を用いてr, a, bの満たす関係式を求めると
エr2+(オ−カ)r+キ=0　･･･④
を得る。④を満たす実数rが存在するので
クa2+ケab−b2≦0　･･･⑤
である。
　逆に，a, bが⑤を満たすとき，③④を用いてr, xの値を求めることができる。

解説を読む

(1)
sn=2n−1だから
s1s2s3=20×21×22=8→ア
s1+s2+s3=20+21+22=1+2+4=7→イ
(2)
sn=x·rn−1とおける
s1s2s3=x·r0×x·r1×x·r2=(xr)3=a3･･･①

（文字はすべて実数．さらに，a≠0）

①より（xr, aが実数だから）
xr=a→ウ･･･③
また，②より
x+xr+xr2=b
x(1+r+r2)=b･･･②'

③から $x=\frac{a}{r}$ として②'に代入すると
$\frac{a}{r}(1+ r+ r^2)=b$
a(1+r+r2)=br
ar2+(a−b)r+a=0→エ,オ,カ,キ･･･④
④をrに関する2次方程式として，判別式Dを求めると
D=(a−b)2−4a2≧0
3a2+2ab−b2≦0→ク,ケ･･･⑤
→解説を隠す←

(3)　a=64, b=336のとき，(2)の条件①，②を満たし，公比が1より大きい等比数列{sn}を考える。③，④を用いて{sn}の公比rと初項xを求めると,r=コ，x=サシである。
　{sn}を用いて，数列{tn}を
tn=snlogコsn　(n=1, 2, 3, ･･･)
と定める。このとき,{tn}の一般項は
tn=(n+ス)·コn+セである。{tn}の初項から第n項までの和Unは，Un−コUnを計算することにより

Uk=

ソn+タ

チ

・コn+ツ−

テト

ナ

であることがわかる。

解説を読む

(3)

xr=64･･･①"
x(1+r+r2)=336･･･②"
①"を②"に代入してxを消去する
$\frac{64}{r}(1+ r+ r^2)=336$
4(1+r+r2)=21
4r2−17r+4=0
(4r−1)(r−4)=0
仮定によりr>1だから
r=4→コ
これを①"に代入
x=16→サ,シ

⇒ sn=16·4n−1=4n+1になる

tn=snlog4sn=4n+1·log4(4n+1)
=4n+1·(n+1)
=(n+1)·4n+1→ス,セ

Un=2·42+3·43+4·44+･･･+n·4n+(n+1)·4n+1
− ) 4Un=2·43+3·44+4·45+･･･+n·4n+1+(n+1)·4n+2

−3Un=2·42+(43+44+･･･+4n)−(n+1)·4n+1
$=32+\frac{4^3(4^{n-1}-1)}{4-1}-(n+ 1)4^{n+ 2}$
$=32+\frac{4^{n+ 2}-64}{3}-(n+ 1)4^{n+ 2}$
$=\frac{96+ 4^{n+ 2}-64-3\times(n+ 1)4^{n+ 2}}{3}$
$=\frac{32+\{1-3(n+ 1)\}4^{n+ 2}}{3}$
$=\frac{32+(-3n-2)4^{n+ 2}}{3}$
$U_n=\frac{(3n+ 2)}{9}\cdot 4^{n+ 2}-\frac{32}{9}$ →ソ,タ,チ,ツ,テ,ト,ナ

【循環数列の和】
　等差数列 $a_n=n+ 1$ ，等比数列 $b_n=a\cdot r^{n-1}$ の各項の積からなる数列，すなわち $c_n=(n+ 1)\times a\cdot r^{n-1}$
のような数列は，「等差×等比型の数列」「循環数列」などと呼ばれる．
　このような数列の和を公式として覚えることはしないが，求める数列SnとrSnの差を作れば「等比数列」になることからSnを求めることができる．
【例】Sn=1+2r+3r2+4r3+･･･+nrn−1 (r≠1)の場合
− ) rSn=r+2r2+3r3+44+･･･+nrn

(1−r)Sn=1+(r+r2+r3+･･･+nrn−1)−nrn
$(1-r)S_n=1+\frac{r(1-r^{n-1})}{1-r}-nr^n$ $S_n=\frac{r(1-r^{n-1})}{(1-r)^2}+\frac{1-nr^n}{1-r}$
※r=1のときは，単なる等差数列になるので，等差数列として和を求めるとよい．

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【2018年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　第4項が30，初項から第8項までの和が288である等差数列を{an}とし，{an}の初項から第n項までの和をSnとする。また，第2項が36，初項から第3項までの和が156である等比数列で公比が1よりも大きいものを{bn}とし，{bn}の初項から第n項までの和をTnとする。

(1)　{an}の初項はアイ，公差はウエであり
Sn=オn2−カキn
である。

(2)　{bn}の初項はクケ，公比はコであり
Tn=サ(シn−ス)
である。

解説を読む

(1)
{an}の初項をa，公差をdとおくと
a4=a+3d=30･･･①
$S_8=\frac{8(2a+ 7d)}{2}=4(2a+ 7d)=288$ ･･･②
②÷4
2a+7d=72･･･②’
①×2
2a+6d=60･･･①’
②’−①’
d=12→ウエ
①に代入
a=−6→アイ
$S_n=\frac{n\{2a+(n-1)d\}}{2}=\frac{n\{-12+ 12(n-1)\}}{2}$
$=n(6n-12)=6n^2-12n$ →オ,カキ

{bn}の初項をb，公比をr (>1)とおくと
b2=br=36･･･③
b1+b2+b3=b(1+r+r2)=156･･･④
r>1(r≠0)により，③からbを消去して④に代入する
$\frac{36}{r}(1+ r+ r^2)=156$
36(1+r+r2)=156r
3(1+r+r2)=13r
3r2−10r+3=0
(3−1)(r−3)=0
r>1により
r=3→コ
これを③に代入すると
b=12→クケ
$T_n=\frac{b(r^n-1)}{r-1}=\frac{12(3^n-1)}{3-1}=6(3^n-1)$ →サ,シ,ス
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(3)　数列{cn}を次のように定義する。
$c_k=\sum_{k=1}^n(n-k+ 1)(a_k-b_k)$
$=n(a_1-b_1)+ (n-1)(a_2-b_2)+\cdots + 2(a_{n-1}-b_{n-1})+ (a_n-b_n)$
(n=1, 2, 3, ･･･)
たとえば
c1=a1−b1,c2=2(a1−b1)+(a2−b2)
c3=3(a1−b1)+2(a2−b2)+(a3−b3)
である。数列{cn}の一般項を求めよう。
　{cn}の階差数列を{dn}とする。dn=cn+1−cnであるから，dn=セを満たす。セに当てはまるものを，次の⓪～⑦のうちから一つ選べ。

⓪ Sn+Tn

① Sn−Tn

② −Sn+Tn

③ −Sn−Tn

④ Sn+1+Tn+1

⑤ Sn+1−Tn+1

⑥ −Sn+1+Tn+1

⑦ −Sn+1−Tn+1

したがって，(1)と(2)により
dn=ソn2−2·タn+チ
である。cn=ツテトであるから，{cn}の一般項は
cn=ナn3−ニn2+n+ヌ−タn+ネ
である。

解説を読む

(3)
$c_n=n(a_1-b_1)+ (n-1)(a_2-b_2)+\cdots + 2(a_{n-1}-b_{n-1})+ (a_n-b_n)$
$c_{n+ 1}=(n+ 1)(a_1-b_1)+ (n)(a_2-b_2)+\cdots + 2(a_{n}-b_{n})+ (a_{n+ 1}-b_{n+ 1})$
だから
$c_{n+ 1}-c_n=(a_1-b_1)+ (a_2-b_2)+\cdots + (a_{n}-b_{n})+ (a_{n+ 1}-b_{n+ 1})$
$d_n=c_{n+ 1}-c_n=S_{n+ 1}-T_{n+ 1}$ → ⑤セ

(1)(2)の結果を用いると
$d_n=S_{n+ 1}-T_{n+ 1}=6(n+ 1)^2-12(n+ 1)-6(3^{n+ 1}-1)$
$=6n^2+ \cancel{12n}+\cancel{6}-\cancel{12n}-\cancel{12}-6\times 3^{n+ 1}+\cancel{6}$
$=6n^2-2\times 3^{n+ 2}$ →ソ,タ,チ

$c_1=a_1-b_1=-6-12=-18$ →ツ,テ,ト
$c_n=c_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_k$
$=-18+\sum_{k=1}^{n-1}(6k^2-2\times 3^{k+ 2})$
$=-18+ (n-1)n(2n-1)-\frac{54(3^{n-1}-1)}{3-1}$
$=-18+ 2n^3-3n^2+ n-27(3^{n-1}-1)$
$=2n^3-3n^2+ n+ 9-3^{n+ 2$ →ナ,ニ,ヌ,ネ
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【2019年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　初項が3，公比が4の等比数列の初項から第n項までの和をSnとする。また，数列{Tn}は，初項が−1であり，{Tn}の階差数列が数列{Sn}であるような数列とする。

(1)　S2=アイ，T2=ウである。

(2)　{Sn}と{Tn}の一般項は，それぞれ

Sn=エオ−カ

Tn=

キク

ケ

−n−

コ

サ

である。ただし，オとクについては，当てはまるものを，次の⓪～④のうちから一つずつ選べ。同じものを選んでもよい。

⓪ n−1　① n　② n+1　③ n+2　④ n+3

解説を読む

(1)
S2=3+12=15→アイ
T2=T1+S1=−1+3=2→ウ
(2)
$S_n=\frac{3(4^n-1)}{4-1}=4^n-1$ →エ,オ,カ
$T_n=-1+\sum_{k=1}^{n-1}(4^k-1)$
$=-1+\frac{4(4^{n-1}-1)}{4-1}-(n-1)$
$=-1+\frac{4^{n}-4}{3}-n+ 1$
$=\frac{4^n}{3}-n-\frac{4}{3}$ →キ,ク,ケ,コ,サ

(1)(2)までは基本問題であり，受験生のほとんどが正解すると思われる

→解説を隠す←

(3)　数列{an}は，初項が−3であり，漸化式
nan+1=4(n+1)an+8Tn (n=1, 2, 3, ···)
を満たすとする。{an}の一般項を求めよう。

　そのために， $b_n=\frac{a_n+ 2T_n}{n}$ により定められる数列{bn}を考える。{bn}の初項はシスである。
　{Tn}は漸化式
Tn+1=セTn+ソn+タ　(n=1, 2, 3, ···)
を満たすから，{bn}は漸化式
bn+1=チbn+ツ　(n=1, 2, 3, ···)
を満たすことがわかる。よって，{bn}の一般項は

bn=テト・チナ−ニ
である。ただし，ナについては，当てはまるものを，次の⓪～④のうちから一つ選べ。

⓪ n−1　① n　② n+1　③ n+2　④ n+3

　したがって，{Tn}，{bn}の一般項から{an}の一般項を求めると

an=

ヌ(ネn+ノ)チナ+ハ

ヒ

である。

解説を読む

(3)

　(3)の問題は大変込み入っており，正解率は高くないと思われる．
　問題の指示通りに空欄を埋めて行けば，正解にたどり着くが，変形の目的などが分かりにくいかも

$b_1=a_1+ 2T_1=(-3)+(-2)=-5$ →シス
(2)の結果から
$T_n=\frac{4^n}{3}-n-\frac{4}{3}$
だから
$T_{n+ 1}=\frac{4^{n+ 1}}{3}-(n+ 1)-\frac{4}{3}$
$=4\times\frac{4^{n}}{3}-(n+ 1)-\frac{4}{3}$
$=4\{T_n+ n+\frac{4}{3}\}-(n+ 1)-\frac{4}{3}$
$=4T_n+ 3n+ 3$ →セ,ソ,タ

$na_{n+ 1}=4(n+ 1)a_n+ 8T_n$ ･･･(#1)
$b_n=\frac{a_n+ 2T_n}{2}$ ･･･(#2)
$T_{n+ 1}=4T_n+ 3n+ 3$ ･･･(#3)
(#2)を(#1)に代入して $a_n$ を消去する
$n\{(n+ 1)b_{n+ 1}-2T_{n+ 1}\}=4(n+ 1)(nb_n-2T_n)+ 8T_n$
$n(n+ 1)b_{n+ 1}$
$=4n(n+ 1)b_n+ 2nT_{n+ 1}-8(n+ 1)T_n+ 8T_n$
$=4n(n+ 1)b_n+ 2nT_{n+ 1}-8nT_n$ ･･･(#4)
(#3)を(#4)に代入
$n(n+ 1)b_{n+ 1}$
$=4n(n+ 1)b_n+ 2n(4T_n+ 3n+ 3)-8(n+ 1)T_n+ 8T_n$
$=4n(n+ 1)b_n+ 6n(n+ 1)$ ･･･(#5)
(#5)の両辺を $n(n+ 1)\hspace{2\5}(\ne 0)$ で割る
$b_{n+ 1}=4b_n+ 6$ →チ,ツ (#6)

(#6)より
$b_{n+ 1}+ 2=4(b_n+ 2)$
と変形できるから，数列 $\{b_n+ 2\}$ は公比4の等比数列になる
$b_{n}+ 2=(b_1+ 2)\times 4^{n-1}=-3\times4^{n-1}$
$b_{n}=-3\times4^{n-1}-2$ →テ,ト,ナ,ニ (#7)

$a_{n}=nb_n-2T_n$ に
$T_n=\frac{4^n}{3}-n-\frac{4}{3}$
$b_{n}=-3\times4^{n-1}-2$
を代入する
$a_{n}=n(-3\times4^{n-1}-2)-2(\frac{4^n}{3}-n-\frac{4}{3})$
$=-3n\times4^{n-1}-\cancel{2n}-\frac{2\times 4^n}{3}+ \cancel{2n}+ \frac{8}{3}$
$=\frac{-(9n+ 8)\times 4^{n-1}+ 8}{3}$ →ヌ,ネ,ノ,ハ,ヒ
→解説を隠す←

【2020年度センター試験.数学Ⅱ･B】第3問（選択問題）

　数列{an}は，初項が0であり，n=1, 2, 3, ···のとき次の漸化式を満たすものとする。
$a_{n+ 1}=\frac{n+ 3}{n+ 1}\{3a_n+ 3^{n+ 1}-(n+ 1)(n+ 2)\}$ 　･･･①

(1)　a2=アである。

(2)　 $b_n=\frac{a_n}{3^n(n+ 1)(n+ 2)}$ とおき，数列{bn}の一般項を求めよう。
　{bn}の初項b1はイである。①の両辺を $3^{n+ 1}(n+ 2)(n+ 3)}$ で割ると

bn+1=bn+

ウ

(n+エ)(n+オ)

− $\Big($

カ

$\Big)^{n+ 1}$

を得る。ただし，エ<オとする。
　したがって，

bn+1−bn= $\Big($

キ

n+エ

−

キ

n+オ

$\Big)$ − $\Big($

カ

$\Big)^{n+ 1}$

である。

解説を読む

(1)
$a_2=\frac{4}{2}(0+ 3^2-2\times 3)=9$ →ア
(2)
$b_1=\frac{a_1}{3\times 2\times 3}=6$ →イ
①の両辺を $3^{n+ 1}(n+ 2)(n+ 3)}$ で割ると
$\frac{a_{n+ 1}}{3^{n+ 1}(n+ 2)(n+ 3)}}$
$=\frac{n+ 3}{(n+ 1)\times 3^{n+ 1}(n+ 2)(n+ 3)}}\{3a_n+ 3^{n+ 1}-(n+ 1)(n+ 2)\}$
$=\frac{a_n}{3^{n}(n+ 1)(n+ 2)}}+\frac{1}{(n+ 1)(n+ 2)}-\frac{1}{3^{n+ 1}}$
$b_{n+ 1}=b_n+\frac{1}{(n+ 1)(n+ 2)}-\frac{1}{3^{n+ 1}}$ →ウ,エ,オ,カ
$b_{n+ 1}b_n=\frac{1}{n+ 1}-\frac{1}{n+ 2}-\frac{1}{3^{n+ 1}}$ →キ
→解説を隠す←

　初項がnを初項が2以上の自然数とするとき

$\sum_{k=1}^{n-1}\Big($

キ

k+エ

−

キ

k+オ

$\Big)$ =

ク

$\Big($

n+ケ

n+コ

$\Big)^{n+ 1}$

$\sum_{k=1}^{n-1}\Big($

カ

$\Big)^{k+ 1}$

サ

シ

−

ス

セ

$\Big($

カ

$\Big)^{k+ 1}$

が成り立つことを利用すると

bn=

n−ソ

タ(n+チ)

セ

ス

$\Big($

カ

$\Big)^{n}$

が得られる。これはn=1のときも成り立つ。

解説を読む

$\sum_{k=1}^{n-1}\Big(\frac{1}{n+ 1}-\frac{1}{n+ 2}\Big)$

$=\big(\frac{1}{2}-\cancel{\frac{1}{3}}\big)$
$+\big(\cancel{\frac{1}{3}}-\cancel{\frac{1}{4}\big)$
$+\cdots$
$+\big(\cancel{\frac{1}{n}}-\frac{1}{n+ 1}\big)$

$=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+ 1}=\frac{n-1}{2(n+ 1)}$ →ク,ケ,コ

$\sum_{k=1}^{n-1}\big(\frac{1}{3}\big)^{k+ 1}$ は，初項 $\frac{1}{9}$ ，公比 $\frac{1}{3}$ ，項数n−1の等比数列の和だから
$\frac{\frac{1}{9}\{1-(\frac{1}{3})^{n-1}\}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{9}\times\frac{3}{2}\{1-(\frac{1}{3})^{n-1}\}$
$=\frac{1}{6}\times\{1-(\frac{1}{3})^{n-1}\}=\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$ →サ,シ,ス,セ

$b_n=\frac{n-1}{2(n+ 1)}-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$
$=\frac{3(n-1)-n-1}{6(n+ 1)}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$
$=\frac{2n-4}{6(n+ 1)}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$
$=\frac{2(n-2)}{6(n+ 1)}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$
$=\frac{n-2}{3(n+ 1)}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}$ →ソ,タ,チ
→解説を隠す←

(3)　(2)により，{an}の一般項は

an=ツn−テ(n2−ト)+

(n+ナ)(n+ニ)

ヌ

で与えられる。ただし，ナ<ニとする。
　このことから，すべての自然数nについて，anは整数となることがわかる。

(4)　kを自然数とする。a3k，a3k+1，a3k+2を3で割った余りはそれぞれネ，ノ，ハである。また，{an}の初項から第2020項までの和を3で割った余りはヒである。

解説を読む

(3)
$a_n=3^n(n+ 1)(n+ 2)b_n$
$=3^n(n+ 1)(n+ 2)\{\frac{n-2}{3(n+ 1)}+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3})^{n}\}$
$=3^{n-1}(n+ 2)(n-2)+\frac{(n+ 1)(n+ 2)}{2}$
$=3^{n-1}(n^2-4)+\frac{(n+ 1)(n+ 2)}{2}$ →ツ,テ,ト,ナ,ニ,ヌ

(4)
$a_{3k}=3^{3k-1}(9k^2-4)+\frac{(3k+ 1)(3k+ 2)}{2}$
k≧1のとき，第1項は3で割り切れる．
第2項は $\frac{(3k+ 1)(3k+ 2)}{2}=\frac{9k^2+ 9k+ 2}{2}=9\times\frac{k(k+ 1)}{2}+ 1$
ここで，連続2整数の積k(k+1)は２で割り切れるから， $\frac{k(k+ 1)}{2}$ は整数．したがって，第2項は3で割ると1余る．
結局，a3kを3で割った余りは1→ネ

$a_{3k+ 1}=3^{3k}\{(3k+ 1)^2-4\}+\frac{(3k+ 2)(3k+ 3)}{2}$
k≧1のとき，第1項は3で割り切れる．
第2項は $\frac{3(3k+ 2)(k+ 1)}{2}=\frac{3\{3k(k+ 1)+ 2(k+ 1)\}}{2}$
$=9\times\frac{k(k+ 1)}{2}+ 3(k+ 1)$
連続2整数の積k(k+1)は２で割り切れるから， $\frac{k(k+ 1)}{2}$ は整数．したがって， $9\times\frac{k(k+ 1)}{2}$ は9の倍数（3の倍数）．また，3(k+1)は3の倍数．
以上により，a3k+1を3で割った余りは0→ノ

$a_{3k+ 2}=3^{3k+ 1}\{(3k+ 2)^2-4\}+\frac{(3k+ 3)(3k+ 4)}{2}$
k≧1のとき，第1項は3で割り切れる．
第2項は $\frac{3(k+ 1)(3k+ 4)}{2}=\frac{9k(k+ 1)+ 12(k+ 1)}{2}$
$=9\times\frac{k(k+ 1)}{2}+ 6(k+ 1)$
連続2整数の積k(k+1)は２で割り切れるから， $\frac{k(k+ 1)}{2}$ は整数．したがって， $9\times\frac{k(k+ 1)}{2}$ は9の倍数（3の倍数）．また，6(k+1)は3の倍数．
以上により，a3k+2を3で割った余りは0→ハ

【裏技】
ネ,ノ,ハの部分を記述式答案で書くと上記のようになるが，この問題は「穴埋め問題」であるから，答は1つだと割りきると算数で解ける．
• ネ→n=3を代入すると， $3^{2}\times 5+\frac{4\times 5}{2}=9\times 5+ 10$
⇒3で割った余りは1
• ノ→n=4を代入すると， $3^{3}\times 12+\frac{5\times 6}{2}=27\times 12+ 15$
⇒3で割った余りは0
• ハ→n=5を代入すると， $3^{4}\times 21+\frac{6\times 7}{2}=81\times 21+ 21$
⇒3で割った余りは0

2020=3×673+1
• a1, a4からa2020まで，3で割ると1余るものが673個ある
• a2, a5からa2018まで，3で割ると0余る
• a3, a6からa2019まで，3で割ると0余る
以上から，673=3×224+1だから，和を3で割った余りは1→ヒ

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