共テ・センター数学

【スマホで読む・わかりやすい】センター数学IIB2014本試【解説・正解・問題】

第3問

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

(1) $a_2=\boxed{\text{ アイ }}$,$a_3=\boxed{\text{ ウエ }}$ である。数列 $\{ a_n \}$ の一般項を求めよう。$\{a_n\}$ の階差数列の第 $n$ 項が $\boxed{\text{ オ }}n+\boxed{\text{ カ }}$ であるから,数列 $\{ a_n \}$ の一般項は
$a_n=\boxed{\text{ キ }}n^{\boxed{\text{ク}}}+\boxed{\text{ ケ }}n+\boxed{\text{ コ }}\cdots$①

である。

(2) 数列 $\{b_n\}$ は,初項が $\cfrac{2}{5}$ で,漸化式

$b_{n+1}=\cfrac{a_n}{a_{n+1}-1}b_n$ $(n=1,2,3,\cdots)\cdots$②

を満たすとする。$b_2=\cfrac{\boxed{\text{ サ }}}{\boxed{\text{ シス }}}$ である。数列 $\{b_n\}$ の一般項と初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ を求めよう。

①,②により,すべての自然数 $n$ に対して

$b_{n+1}=\cfrac{\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ ソ }}}{\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ タ }}}b_n\cdots$③

が成り立つことがわかる。

ここで

$c_n=(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ ソ }})b_n\cdots$④

とするとき,③を $c_n$ と $c_{n+1}$ を用いて変形すると,すべての自然数 $n$ に対して

$(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ チ }})c_{n+1}=(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ ツ }})c_n$

が成り立つことがわかる。これにより

$d_n=(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ テ }})c_n\cdots$⑤

とおくと,すべての自然数 $n$ に対して,$d_{n+1}=d_n$ が成り立つことがわかる。$d_1=\boxed{\text{ ト }}$ であるから,すべての自然数 $n$ に対して,$d_n=\boxed{\text{ ト }}$ である。したがって,④と⑤により,数列 $\{b_n\}$ の一般項は

$b_n=\cfrac{\boxed{\text{ ト }}}{(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ ソ }})(\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ テ }})}$

である。また

$b_n=\cfrac{\boxed{\text{ ナ }}}{\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ ソ }}}-\cfrac{\boxed{\text{ ニ }}}{\boxed{\text{ セ }}n+\boxed{\text{ テ }}}$

が成り立つことを利用すると,数列 $\{b_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ は

$S_n=\cfrac{\boxed{\text{ ヌ }}n}{\boxed{\text{ ネ }}n+\boxed{\text{ ノ }}}$

であることがわかる。

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解答・解説

アイ $15$ ウエ $28$ オ,カ $4,5$

キ,ク,ケ,コ $2,2,3,1$

サ,シス $6,35$ セ,ソ,タ $2,1,5$

チ,ツ $5,3$ テ $3$

ト $6$ ナ,ニ $3,3$

ヌ,ネ,ノ $2,2,3$

階差数列を求めると,等差数列の一般項の公式を用いて

$9+(n-1)\cdot4$

$=9+4n-4$

$=4n+5$

$\{a_n\}$ は階差数列の一般項の公式を用いて求めることができる。

$\displaystyle a_n=6+\sum_{k=1}^{n-1} 4k+5$ $(n\geqq2)$

$=6+4\cdot\cfrac{1}{2}(n-1)n+5(n-1)$

$=6+2n^2-2n+5n-5$

$=2n^3+3n+1$

これは $n=1$ のときも成り立つので

$a_n=2n^3+3n+1$

したがって

$a_2=2\cdot2^2+3\cdot2+1=15$

$a_3=2\cdot3^2+3\cdot3+1=28$

(2)

$b_2$ を求めると

$b_2=\cfrac{a_1}{a_2-1}b_1$

$=\cfrac{6}{15-1}\cdot\cfrac{2}{5}=\cfrac{6}{35}$

また漸化式は

$b_{n+1}=\cfrac{a_n}{a_{n+1}-1}b_n$

$=\cfrac{2n^2+3n+1}{2(n+1)^2+3(n+1)+1-1}b_n$

$=\cfrac{(n+1)(2n+1)}{(n+1)\{2(n+1)+3\}}$

$=\cfrac{2n+1}{2n+5}b_n\cdots$③

ここで $c_n=(2n+1)b_n\cdots$④ とすると

$c_{n+1}=\{2(n+1)+1\}b_{n+1}$

$=(2n+3)b_{n+1}$

$b_{n+1}=\cfrac{c_{n+1}}{2n+3}$

また④は変形して $b_n=\cfrac{c_n}{2n+1}$ だから

これらを③に代入すると

$\cfrac{c_{n+1}}{2n+3}=\cfrac{c_n}{2n+5}$

$(2n+5)c_{n+1}=(2n+3)c_n$

ここで $d_n=(2n+k)c_n$ とおくと

$d_{n+1}=\{2(n+1)+1+k\}c_{n+1}$

$=(2n+2+k)c_{n+1}$

また $d_{n+1}=d_n$ とおくと

$(2n+2+k)c_{n+1}=(2n+k)c_n$

これと $(2n+5)c_{n+1}=(2n+3)c_n$ を比べると $k=3$ で式が成り立つ。したがって

$dn=(2n+3)c_n\cdots$⑤

$d_1$ を求めると

$d_1=(2\cdot1+3)c_1$

$=5(2\cdot1+1)b_1$

$=15\cdot\cfrac{2}{5}=6$

次に,問題文にしたがって $\{b_n\}$ の一般項を

$b_n=\cfrac{6}{(2n+1)(2n+3)}$

とする。さらに問題文にしたがって式を部分分数分解することを考えるとよい。そのため

$\cfrac{1}{2n+1}-\cfrac{1}{2n+3}=\cfrac{2n+3-2n-1}{(2n+1)(2n+3)}=\cfrac{2}{(2n+1)(2n+3)}$

となるので

$b_n=\cfrac{3\cdot2}{(2n+1)(2n+3)}$

$=3\bigg(\cfrac{1}{2n+1}-\cfrac{1}{2n+3}\bigg)$

$=\cfrac{3}{2n+1}-\cfrac{1}{2n+3}$

となる。これを用いて $S_n$ を求めると

$\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n b_k=\sum_{k=1}^n\cfrac{3}{2k+1}-\sum_{k=1}^n\cfrac{3}{2k+3}$

$=\bigg(\cfrac{3}{3}+\cfrac{3}{5}+\cfrac{3}{7}+\cdots+\cfrac{3}{2n+1}\bigg)-\bigg(\cfrac{3}{5}+\cfrac{3}{7}+\cfrac{3}{9}+\cdots+\cfrac{3}{2n+1}+\cfrac{3}{2n+3}\bigg)$

$=\cfrac{3}{3}-\cfrac{3}{2n+3}$

$=1-\cfrac{3}{2n+3}$

$=\cfrac{2n+3-3}{2n+3}$

$=\cfrac{2n}{2n+3}$

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