【スマホで読む・わかりやすい】センター数学IIB2020本試【解説・正解・問題】

第3問　解答・解説

ア 6　イ 0　ウ 1　エ 1　オ 2

カ 3　キ 1　ク,ケ,コ 2, 1, 1

サ シ ス セ 1 6 1 2

ソ タ チ 2 3 1

ツ,テ,ト 3, 1, 4

ナ ニ ヌ 1 2 2

ネ,ノ,ハ 1, 0, 0　ヒ 1

(1)

$a_2=\cfrac{1+3}{1+1}\{3a_1+3^{1+1}-(1+1)(1+2)\}$

$=2(3\cdot0+3^2-2\cdot3)$

$=6$

…ア

(2)

$b_1=\cfrac{a_1}{3^1(1+1)(1+2)}$

$=0$

…イ

①の両辺を $3^{n+1}(n+2)(n+3)$ で割ると

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

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

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

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

移項して

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

…ウエオカ

ここで，部分分数分解を考えると

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

$=\cfrac{1}{(n+1)(n+2)}$ だから

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

式を分けて，それぞれの和を求めると

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

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

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

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

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

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

…クケコ

また，数列 $\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{k+1}$ は初項が $\cfrac{1}{9}$，公比が $\cfrac{1}{3}$ の等比数列だから，和の公式 $\cfrac{a(1-r^n)}{1-r}$ を用いて

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{k+1}=\cfrac{\cfrac{1}{9}\bigg\{1-\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{n-1}\bigg\}}{1-\cfrac{1}{3}}$

$=\cfrac{\cfrac{1}{9}\bigg\{1-\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{n-1}\bigg\}}{\cfrac{2}{3}}$

$=\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{1}{9}\bigg\{1-\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{n-1}\bigg\}$

$=\cfrac{1}{6}\bigg\{1-\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{n-1}\bigg\}$

$=\cfrac{1}{6}-\cfrac{1}{6}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^{n-1}$

$=\cfrac{1}{6}-\cfrac{1}{6}\cdot3\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^n$

$=\cfrac{1}{6}-\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^n$

…サシスセ

これより $b_n$ の一般項を求めると，$b_n$ は階差数列だから

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

$=0+\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{n-1}{n+1}\bigg)-\cfrac{1}{6}+\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^n$

$=\cfrac{3(n-1)-(n+1)}{6(n+1)}+\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^n$

$=\cfrac{2n-4}{6(n+1)}+\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^n$

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

…ソタチ

また，$n=1$ のとき

$b_1=\cfrac{1-2}{3(1+1)}+\cfrac{1}{2}\bigg(\cfrac{1}{3}\bigg)^1$

$=-\cfrac{1}{6}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{1}{3}=0$

したがって $n=1$ のときも成り立つ。

(3)

(2) より

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

$a_n=b_n\cdot3^n(n+1)(n+2)$

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

$=\cfrac{3^n(n+1)(n+2)(n-2)}{3(n+1)}+\cfrac{3^n(n+1)(n+2)}{2\cdot3^n}$

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

…ツテトナニヌ

(4)

$n\geqq2$ のとき，$a_n$ を $3$ で割ると，$3^{n-1}(n^2-4)$ は $3$ の倍数だから $3$ で割り切れる。また，$n=1$ のとき，$3^{1-1}(1-4)=-3$ となり，$3$ で割り切れる。よって，式はすべての自然数 $n$ において $3$ で割り切れるので，余りは $0$。

また $\cfrac{(n+1)(n+2)}{2}$ の余りを考えると

(i) $n=3k$ のとき

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

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

ここで $3k+1$ は偶数だから $\cfrac{3k+1}{2}$ は整数となる。よって，$3k\bigg(\cfrac{3k+1}{2}+1\bigg)$ は $3$ で割り切れるので，余りは $1$。

…ネ

(ii) $n=3k+1$ のとき

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

$k$ が奇数のとき $k+1$ は偶数になり，$k$ が偶数のとき $3k+2$ は奇数となるので，$\cfrac{(k+1)(3k+2)}{2}$ は整数である。よって，$3\cfrac{(k+1)(3k+2)}{2}$ は $3$ で割り切れるので，余りは $0$。

…ノ

(iii) $n=3k+2$ のとき

$\cfrac{(3k+3)(3k+4)}{2}=3\cfrac{(k+1)(3k+4)}{2}$

(ii) と同様にして，余りは $0$。

…ハ

また，$\{a_n\}$ の初項から第 $2020$ 項までの和を $3$ で割った余りを求めると

$a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,\cdots$ をそれぞれ $3$ で割った余りは $0,0,1,0,0,1,\cdots$ となり，$0,0,1$ を繰り返すことになる。

ここで，$2020=3\times673+1$ となるので，$a_1+\cdots+a_{2019}$ までの余りは $673$，$a_{2020}$ の余りは $0$ である。

さらに $673$ を $3$ で割ると商は $224$，余りは $1$ となるので，$\{a_n\}$ の初項から第 $2020$ 項までの和を $3$ で割った余りは $1$。

…ヒ

第3問　問題文

数列 $\{a_n\}$ は,初項 $a_1$ が $0$ であり, $n=1,2,3,\dots$ のとき次の漸化式を満たすものとする。

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

(1) $a_2=\boxed{\text{ア}}$ である。

(2) $b_n=\cfrac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}$ とおき, 数列 $\{b_n\}$ の一般項を求めよう。

$\{b_n\}$ の初項 $b_1$ は $\boxed{\text{イ}}$ である。① の両辺を $3^{n+1}(n+2)(n+3)$ で割ると

$b_{n+1}=b_n+\cfrac{\boxed{\text{ウ}}}{(n+\boxed{\text{エ}})(n+\boxed{\text{オ}})}-\bigg(\cfrac{1}{\boxed{\text{カ}}}\bigg)^{n+1}$

を得る。ただし, $\boxed{\text{エ}}\lt\boxed{\text{オ}}$ とする。

したがって

$b_{n+1}-b_n=\bigg(\cfrac{\boxed{\text{キ}}}{n+\boxed{\text{エ}}}-\cfrac{\boxed{\text{キ}}}{n+\boxed{\text{オ}}}\bigg)-\bigg(\cfrac{1}{\boxed{\text{カ}}}\bigg)^{n+1}$

である。

$n$ を $2$ 以上の自然数とするとき

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

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\bigg(\cfrac{1}{\boxed{\text{カ}}}\bigg)^{k+1}=\cfrac{\boxed{\text{サ}}}{\boxed{\text{シ}}}-\cfrac{\boxed{\text{ス}}}{\boxed{\text{セ}}}\bigg(\cfrac{1}{\boxed{\text{カ}}}\bigg)^n$

が成り立つことを利用すると

$b_n=\cfrac{n-\boxed{\text{ソ}}}{\boxed{\text{タ}}(n+\boxed{\text{チ}})}+\cfrac{\boxed{\text{ス}}}{\boxed{\text{セ}}}\bigg(\cfrac{1}{\boxed{\text{カ}}}\bigg)^n$

が得られる。これは $n=1$ のときも成り立つ。

(3) (2) により, $\{a_n\}$ の一般項は

$a_n=\boxed{\text{ツ}}^{n-\boxed{\text{テ}}}(n^2-\boxed{\text{ト}})+\cfrac{(n+\boxed{\text{ナ}})(n+\boxed{\text{ニ}})}{\boxed{\text{ヌ}}}$

で与えられる。ただし, $\boxed{\text{ナ}}\lt\boxed{\text{ニ}}$ とする。

このことから,すべての自然数 $n$ について, $a_n$ は整数となることがわかる。

(4) $k$ を自然数とする。$a_{3k}, a_{3k+1}, a_{3k+2}$ を $3$ で割った余りはそれぞれ $\boxed{\text{ネ}},\boxed{\text{ノ}},\boxed{\text{ハ}}$ である。また,$\{a_n\}$ の初項から第 $2020$ 項までの和を $3$ で割った余りは $\boxed{\text{ヒ}}$ である。