【スマホで読む・わかりやすい】センター数学IIB2019追試【解説・正解・問題】

第3問　正解と解説

アイ ウ －5 2　エ,オ 4, 2
カ 2　キ,ク,ケ 3, 2, 1
コ,サ,シ 7, 4, 2　スセソ －34
タ,チ,ツテ 1, 3, 20　ト 6
ナニ －2　ヌネノ 428

(1)

$b_1=\cfrac{a_1}{1(1+1)}=\cfrac{-5}{2}$

・・・アイウ

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

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

$=\cfrac{(n+2)a_n+4(n+1)-(n+2)a_n}{n(n+1)(n+2)}$

$=\cfrac{4(n+1)}{n(n+1)(n+2)}$

$=\cfrac{4}{n(n+2)}$

・・・エオ

ここで

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

$=\cfrac{2}{k(k+2)}$

だから

$\cfrac{4}{k(k+2)}=2\Big(\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{k+2}\Big)$

・・・カ

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\cfrac{4}{k(k+2)}=2\sum_{k=1}^{n-1}\cfrac{1}{k}-2\sum_{k=1}^{n-1}\cfrac{1}{k+2}$

$=2\Big(\cfrac{1}{1}+\cfrac{1}{2}+\cdots+\cfrac{1}{n-1}\Big)-2(\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}+\cdots+\cfrac{1}{n+1}\Big)$

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

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

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

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

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

・・・キクケ

$b_{n+1}-b_n$ は $b_n$ の階差数列だから，階差数列と一般項の公式 $\displaystyle a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k$ を用いて，$n$ ≧ 2 のとき

$\displaystyle b_n=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_{k+1}-b_k$

$=-\cfrac{5}{2}+\cfrac{3n^2-n-2}{n(n+1)}$

$\cfrac{a_n}{n(n+1)}=-\cfrac{5}{2}+\cfrac{3n^2-n-2}{n(n+1)}$

$a_n=-\cfrac{5}{2}n(n+1)+3n^2-n-2$

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

$=\cfrac{-5n^2-5n+6n^2-2n-4}{2}$

$=\cfrac{n^2-7n-4}{2}$

・・・コサシ

$n=1$ のとき $a_1=\cfrac{1^2-7\cdot1-4}{2}=-5$ となるので，式は成り立つ。

(2)

数列｛$c_n$｝の和が $S_n=n(2a_n-24)$ のとき

$c_1=S_1$ より

$c_1=2a_1-24=2(-5)-24=-34$

・・・スセソ

$n$ ≧ 2 のとき

$c_n=S_n-S_{n-1}$

$=n(2a_n-24)-(n-1)(2a_{n-1}-24)$

$=n(n^2-7n-4-24)-(n-1)\{(n-1)^2-7(n-1)-4-24\}$

$=n(n^2-7n-28)-(n-1)(n^2-2n+1-7n+7-4-24\}$

$=n(n^2-7n-28)-(n-1)(n^2-9n-20)$

$=n^3-7n^2-28n-(n^3-9n^2-20n-n^2+9n+20)$

$=n^3-7n^2-28n-n^3+10n^2+11n-20$

$=3n^2-17n-20$

$=(n+1)(3n-20)\cdots\cdots$①

・・・タチツテ

$n=1$ のとき

$c_1=(1+1)(3\cdot1-20)=-34$

①は $n=1$ のときにも成り立つ。

次に，$c_n$ ＜ 0 となる条件を考える。

$c_n=(n+1)(3n-20)$ ＜ 0 とすると

$n=1,2,3,\cdots$ だから，$n+1$ はつねに正の値をとる。よって，$3n-20$ ＜ 0 となる。

$3n-20$ ＜ 0

$3n$ ＜ 20

$n$ ＜ $\cfrac{20}{3}$

これを満たす最大の $n$ は 6

したがって，1 ≦ $n$ ≦ 6 のとき $c_n$ ＜ 0

・・・ト

さらに，｛$c_n$｝ の絶対値の和を求める。｛$c_n$｝は $n$ が 1 から 6 のときは負の値だから，符号を逆にするとよい。

$\displaystyle\sum_{n=1}^{10}|c_n|=-S_6+c_7+c_8+c_9+c_{10}$

$=-S_6+S_{10}-S_{6}=-2S_6+S_{10}$

・・・ナニ

$=-2\cdot6(2a_6-24)+10(2a_{10}-24)$

$=-12(6^2-7\cdot6-4-24)+10(10^2-7\cdot10-4-24)$

$=-12(-34)+10\cdot2$

$=408+20$

$=428$

・・・ヌネノ

問題文

数列｛$a_n$｝を次のように定める。

$a_1=-5$，$na_{n+1}=(n+2)a_n+4(n+1)$　($n$＝1，2，3，$\cdots$)

(1) ｛$a_n$｝の一般項を求めよう。

$b_n=\cfrac{a_n}{n(n+1)}$ とおくと，$b_1=\cfrac{\boxed{\text{アイ}}}{\boxed{\text{ウ}}}$ である。さらに，$b_n$ と $b_{n+1}$ は関係式 $b_{n+1}-b_n=\cfrac{\boxed{\text{エ}}}{n(n+\boxed{\text{オ}})}$ を満たす。

ここで，すべての自然数 $k$ に対して

$\cfrac{\boxed{\text{エ}}}{k(k+\boxed{\text{オ}})}=\boxed{\text{カ}}\Big(\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{k+\boxed{\text{オ}}}\Big)$

が成り立つから，2 以上の自然数 $n$ に対して

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\cfrac{\boxed{\text{エ}}}{k(k+\boxed{\text{オ}})}=\cfrac{\boxed{\text{キ}}\space n^2-n-\boxed{\text{ク}}}{n(n+\boxed{\text{ケ}})}$

である。これを用いて数列｛$b_n$｝の一般項を求めることにより

$a_n=\cfrac{n^2-\boxed{\text{コ}}\space n-\boxed{\text{サ}}}{\boxed{\text{シ}}}$

であることがわかる。

(2) 数列｛$c_n$｝の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が

$S_n=n(\boxed{\text{シ}}\space a_n-24)$

で与えられるとき，｛$c_n$｝の一般項と，$c_1$ から $c_{10}$ までの各項の絶対値の和 $\displaystyle\sum_{n=1}^{10}|c_n|$ を求めよう。

$c_1=\boxed{\text{スセソ}}$ である。また，$n$ ≧ 2 のとき

$c_n=(n+\boxed{\text{タ}})(\boxed{\text{チ}}\space n-\boxed{\text{ツテ}})\cdots\cdots$①

である。①は $n=1$ のときにも成り立つから，｛$c_n$｝の一般項は ① である。① から，1 ≦ $n$ ≦ $\boxed{\text{ト}}$ のとき $c_n$ ＜ 0 であり，$n$ ＞ $\boxed{\text{ト}}$ のとき $c_n$ ＞ 0 である。よって

$\displaystyle\sum_{n=1}^{10}|c_n|=\boxed{\text{ナニ}}\space S_{\space\boxed{\text{ト}}}+S_{10}=\boxed{\text{ヌネノ}}$

である。