$a_{n}=a_{1}+(n-1)d$式Ａ
とおくと、$a_{2}=-\dfrac{7}{3}$，$a_{5}=-\dfrac{25}{3}$なので、
$\left\{\begin{array}{l} a_{1}+(2-1)d=-\dfrac{7}{3}\\ a_{1}+(5-1)d=-\dfrac{25}{3} \end{array}\right.$
とかける。
これを連立方程式として解く。

下の式から上の式を辺々引いて、
$3d=-\dfrac{18}{3}$
$3d=-6$
$d=-2$

これを連立方程式の上の式に代入して、
$a_{1}-2=-\dfrac{7}{3}$
$a_{1}=-\dfrac{1}{3}$
となる。

解答ア：－, イ：１, ウ：３, エ：－, オ：２

初項と公差が分かったので、これを式Ａに代入して、
$$ \begin{align} a_{n}&=-\dfrac{1}{3}-2(n-1)\\ &=-\dfrac{1}{3}-2n+2\\ &=-2n+\dfrac{5}{3} \end{align} $$ である。

解答カ：－, キ：２, ク：５, ケ：３

以上の結果を等差数列の和の公式
$S_{n}=\dfrac{1}{2}n(a_{1}+a_{n})$
に代入して、
$$ \begin{align} S_{n}&=\dfrac{1}{2}n\left\{-\dfrac{1}{3}+\left(-2n+\dfrac{5}{3}\right)\right\}\\ &=\dfrac{1}{2}n\left(-2n+\dfrac{4}{3}\right)\\ &=-n^{2}+\dfrac{2}{3}n \class{tex_formula}{式Ｂ} \end{align} $$ である。

解答コ：－, サ：２, シ：３

$\displaystyle \sum_{k=1}^{1}b_{k}=b_{1}$なので
$b_{1}=\dfrac{4}{3}b_{1}+S_{1}$式Ｃ
であり、式Ｂより$S_{n}=-n^{2}+\dfrac{2}{3}n$なので、式Ｃは
$b_{1}=\dfrac{4}{3}b_{1}+\left(-1^{2}+\dfrac{2}{3}\cdot 1\right)$
と表せる。

この両辺を$3$倍すると
$3b_{1}=4b_{1}-3+2$
$b_{1}=1$
となる。

解答ス：１

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}b_{k}=\sum_{k=1}^{n}b_{k}+b_{n+1}$
に①式を代入して、
$\dfrac{4}{3}b_{n+1}+S_{n+1}=\left(\dfrac{4}{3}b_{n}+S_{n}\right)+b_{n+1}$
これに式Ｂを代入すると
$\begin{aligned}\dfrac{4}{3}b_{n+1}+&\left\{-(n+1)^{2}+\dfrac{2}{3}(n+1)\right\}\\&=\left\{\dfrac{4}{3}b_{n}+\left(-n^{2}+\dfrac{2}{3}n\right)\right\}+b_{n+1}\end{aligned}$
とかける。

この両辺を$3$倍して、
$$ \begin{align} & 4b_{n+1}+\{-3(n+1)^{2}+2(n+1)\}\\ &\hspace{80px}=\{4b_{n}+(-3n^{2}+2n)\}+3b_{n+1}\\ & 4b_{n+1}-3(n+1)^{2}+2(n+1)\\ &\hspace{80px}=4b_{n}-3n^{2}+2n+3b_{n+1}\\ & b_{n+1}=4b_{n}+3(n+1)^{2}\\ &\hspace{120px}-3n^{2}+2n-2(n+1) \end{align} $$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{b_{n+1}}&=4b_{n}+3\{(n+1)^{2}-n^{2}\}\\ &\hspace{100px}+2\{n-(n+1)\}\\ &=4b_{n}+3\{(n+1)+n\}\{(n+1)-n\}\\ &\hspace{160px}+2(-1)\\ &=4b_{n}+3(2n+1)-2 \end{align} $$

$\phantom{b_{n+1}}=4b_{n}+6n+1$式Ｄ
である。

解答セ：４, ソ：６, タ：１

次は、式Ｄを
$\begin{aligned}b_{n+1}+\fbox{チ}(n+1)+&\fbox{ツ}\\& =4(b_{n}+\fbox{チ}n+\fbox{ツ})\end{aligned}$
式Ｅ
の形に変形する。
けれど、式Ｄを式Ｅに変形するより、式Ｅを式Ｄに変形する方が楽だ。

式Ｅより、
$\begin{aligned}b_{n+1}+\fbox{チ}n+\fbox{チ}+&\fbox{ツ}\\&=4b_{n}+4\fbox{チ}n+4\fbox{ツ}\end{aligned}$
$$ \begin{align} b_{n+1}&=4b_{n}+4\fbox{チ}n-\fbox{チ}n\\ &\hspace{100px}+4\fbox{ツ}-\fbox{チ}-\fbox{ツ}\\ &=4b_{n}+3\fbox{チ}n+(3\fbox{ツ}-\fbox{チ}) \end{align} $$ である。これが式Ｄと等しいので、
$\left\{\begin{array}{l} 3\fbox{チ}=6\\ 3\fbox{ツ}-\fbox{チ}=1\\ \end{array}\right.$
とかける。

よって、
チ$=2$，ツ$=1$
である。

解答チ：２, ツ：１

これで、式Ｅは
$b_{n+1}+2(n+1)+1=4(b_{n}+2n+1)$
$\hspace{240px}$式Ｅ'
となった。

$c_{n}=b_{n}+2n+1$式Ｆ
として、式Ｅ'に代入すると、
$c_{n+1}=4c_{n}$
となるので、$\{c_{n}\}$は公比が$4$の等比数列であることが分かる。

あとは$c_{1}$が分かれば$\{c_{n}\}$の一般項が分かる。
式Ｆに$n=1$を代入して、
$c_{1}=b_{1}+3$
スより$b_{1}=1$なので、
$c_{1}=1+3=4$
である。

解答テ：４, ト：４

以上より、
$$ \begin{align} c_{n}&=4\cdot 4^{n-1}\\ &=4^{n} \end{align} $$ である。

これを式Ｆに代入して、
$4^{n}=b_{n}+2n+1$
$b_{n}=4^{n}-2n-1$
となる。

解答ナ：４, ニ：２, ヌ：２, ネ：１