大学入学共通テスト 2018年(平成30年) 試行調査 数学ⅡB 第4問 解説

(1)

(i)

問題Aは、見慣れた$a_{n+1}=pa_{n}+q$型の漸化式だ。

漸化式から小さい文字を全部消すと
$a=3a-8$
より
$2a=8$
$a=4$
である。

この$4$を漸化式の両辺から引いて、
$a_{n+1}-4=3a_{n}-8-4$
より
$a_{n+1}-4=3($$a_{n}-4$$)$式A
とかける。

解答ア:4

(ii)

式Aの赤い部分を
$a_{n}-4=r_{n}$式B
とおくと、
$r_{1}=a_{1}-4$
より
$r_{1}=6-4$
$r_{1}$$=2$
式Aは
$r_{n+1}=3r_{n}$
となる。

なので、$\{r_{n}\}$は
初項が$2$ 公比が$3$ の等比数列である。

よって、
$r_{n}=2\cdot 3^{n-1}$
とかける。

これを式Bに代入して、
$a_{n}-4=2\cdot 3^{n-1}$
より
$a_{n}=2\cdot 3^{n-1}+4$
である。

解答イ:2, ウ:3, エ:4

(2)

次は$\{b_{n}\}$の漸化式
$b_{n+1}=3b_{n}-8n+6$式C
だ。

(i)

$p_{1}$から始める。

$p_{1}=b_{2}-b_{1}$
なので、
$p_{1}=10-4$
$p_{1}$$=6$
である。

解答オ:6

(ii)

$p_{n+1}=b_{n+2}-b_{n+1}$
なので、$p_{n+1}$の式を作るためには$b_{n+2}$が必要だ。
というわけで、まず$b_{n+2}$をつくろう。

式Cの$n$に$n+1$を代入すると
$b_{n+2}=3b_{n+1}-8(n+1)+6$
ができる。

これから式Cを辺々引くと、

$b_{n+2}$$=$$3b_{n+1}$$-8(n+1)$$+6$
$-)$$b_{n+1}$$=$$3b_{n}$$-8n$$+6$
$b_{n+2}-b_{n+1}$$=$$3($$b_{n+1}-b_{n} $$)$$-8\cdot1$

となるけど、この式の左辺は$p_{n+1}$で、右辺の赤い部分は$p_{n}$だ。
なので、この式は
$p_{n+1}=3p_{n}-8$
と書きなおせる。

解答カ:3, キ:8

(iii)

ここまで来ると、勝ったも同然。

(1)で、
$a_{1}=6$ $a_{n+1}=3a_{n}-8$ である$\{a_{n}\}$の一般項は
$a_{n}=2\cdot 3^{n-1}+4$
だった。

(i),(ii)より、$\{p_{n}\}$は
$p_{1}=6$ $p_{n+1}=3p_{n}-8$ なので、計算するまでもなく、一般項は
$p_{n}=2\cdot 3^{n-1}+4$
となる。

解答ク:2, ケ:3, コ:4

(3)

(i)

問題Aの式変形の考え方を使うので、
$=3($$)$

$q_{n+1}=3q_{n}$
の形になるはず。

なので、
の$n$に$n+1$を代入すると になるはず。
そういう組合せを探そう。

選択肢のうち、
の候補は、$b_{n}$が含まれている⓪と② だけど、②の$n$に$n+1$を代入した
$b_{n+1}+s\{(n+1)+1\}+t$
$=b_{n+1}+s(n+2)+t$
は選択肢にない。

なので、は⓪の
$q_{n}=b_{n}+sn+t$
であり、はこの式の$n$に$n+1$を代入した
$q_{n+1}=b_{n+1}+s(n+1)+t$
の③である。

解答サ:3, シ:0

(ii)

$b_{n+1}=3b_{n}$$-8n+6$式C
を変形して
$b_{n+1}+s(n+1)+t=3(b_{n}+sn+t)$式D
の形にする。

こういう場合、簡単な式を変形して複雑な式をつくるより、複雑な式を変形して簡単な式をつくる方が楽だ。
なので、式Dを変形して、式Cの形にする。

式Dを変形すると
$b_{n+1}=3b_{n}+3sn+3t-sn-s-t$
$b_{n+1}$$=3b_{n}$$+2sn+2t-s$
となる。

これが式Cと同じ式なので、両方の式の赤い部分は等しいから、
$-8$$n+$ $6$ $=$ $2s$$n+$ $2t-s$
と表せる。

この式は恒等式なので、両辺の青い部分同士,オレンジの部分同士は等しい。
よって、

$2s=-8$式E
$2t-s=6$式F

とかける。

式Eより、
$s=-4$
これを式Fに代入して、
$2t+4=6$
$t=1$
である。

解答ス:-, セ:4, ソ:1

(4)

問題文にあるように、$(b_{n}\}$の一般項は(2)の方法でも(3)の方法でも求められる。
どちらでも好きな方法で解いてもらって問題ない。

(2)の方法

$\{b_{n}\}$については、
(2)で、階差数列$\{p_{n}\}$の一般項が
$p_{n}=2\cdot 3^{n-1}+4$
であることが分かった。

よって、
$b_{n+1}-b_{n}=p_{n}$
より
$b_{n+1}=b_{n}+p_{n}$
$b_{n+1}$$=b_{n}+2\cdot 3^{n-1}+4$
とかける。

これを$\{b_{n}\}$の漸化式に代入すると
$b_{n}+2\cdot 3^{n-1}+4=3b_{n}-8n+6$
ができる。

これを計算して、
$2b_{n}=2\cdot 3^{n-1}+8n-2$
より
$b_{n}=3^{n-1}+4n-1$
である。

解答タ:3, チ:4, ツ:1

別解

上の解では階差数列の考え方を使わなかった。
階差数列の考え方で解くと、次のようになる。

$\{b_{n}\}$については、
問題文より、
$b_{1}=4$
(2)より、階差数列$\{p_{n}\}$の一般項が
$p_{n}=2\cdot 3^{n-1}+4$
であることが分かった。

ここで、階差数列の復習をしておくと、

復習

数列$\{b_{n}\}$の階差数列が$\{p_{n}\}$のとき、
$\{b_{n}\}$の一般項$b_{n}$は、$\{p_{n}\}$の一般項$p_{n}$を使って、
$b_{n}=b_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}p_{k}$     $(2\leqq n)$
と表せる。

なので、$2\leqq n$のとき、$b_{n}$は
$b_{n}=4+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(2\cdot 3^{k-1}+4)$
とかける。

これを計算して、
$b_{n}=4+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}2\cdot 3^{k-1}+\sum_{k=1}^{n-1}4$
途中式 $b_{n}$$\displaystyle =4+\frac{2(1-3^{n-1})}{1-3}+4(n-1)$
$b_{n}$$\displaystyle =\frac{2(1-3^{n-1})}{-2}+4n$
$b_{n}$$=-(1-3^{n-1})+4n$
$b_{n}$$=3^{n-1}+4n-1$
である。

これは$n=1$のときも成り立つ。

解答タ:3, チ:4, ツ:1

(3)の方法

$\{b_{n}\}$については、
問題文より、
$b_{1}=4$
(3)より、
$q_{n}=b_{n}-4n+1$式G
とおくと、
$q_{n+1}=3q_{n}$
であることが分かった。

式Gの$n$に$1$を代入すると
$q_{1}=b_{1}-4\cdot 1+1$
$q_{1}$$=4-4+1$
$q_{1}$$=1$
となる。

なので、$\{q_{n}\}$は
初項が$1$ 公比が$3$ の等比数列だから、一般項は
$q_{n}=1\cdot 3^{n-1}$
$q_{n}$$=3^{n-1}$
とかける。

これを式Gに代入して、
$b_{n}-4n+1=3^{n-1}$
より
$b_{n}=3^{n-1}+4n-1$
である。

解答タ:3, チ:4, ツ:1

(5) (2)の方法

さらに、
$c_{1}=16$
$c_{n+1}=3c_{n}-4n^{2}-4n-10$式H
である数列$\{c_{n}\}$の一般項を求めよという。

アドバイス

これまでの流れから、$c_{n}$は(2)と同じような方法でも、(3)と同じような方法でも求められることは想像がつく。
けれど、今回は(3)の方法の方が簡単に解けるので、これをお勧めする。
(2)の方法が難しいというわけではないが、作業工程が多くて面倒だ。
せっかくなので(2)の方法も載せておくけど、読み飛ばしてもらって問題ない。

式Hの右辺を整理して、
$c_{n+1}=3c_{n}-4n(n+1)-10$式H'
この$n$に$n+1$を代入すると
$c_{n+2}=3c_{n+1}-4(n+1)(n+2)-10$
ができる。

これから式H'を辺々引くと、

$c_{n+2}$$=$$3c_{n+1}$$-4(n+1)(n+2)$$-10$
$-)$$c_{n+1}$$=$$3c_{n}$$-4n(n+1)$$-10$
$c_{n+2}-c_{n+1}$$=$$3($$c_{n+1}-c_{n}$$)$$-4(n+1)\cdot2$

となるけど、$\{c_{n}\}$の階差数列を$\{u_{n}\}$とすると、この式の左辺は$u_{n+1}$で、右辺の赤い部分は$u_{n}$だ。
なので、この式は
$u_{n+1}=3u_{n}-4(n+1)\cdot 2$
$u_{n+1}$$=3u_{n}-8(n+1)$式I
と書きなおせる。


式Iの$n$に$n+1$を代入して、
$u_{n+2}=3u_{n+1}-8\{(n+1)+1\}$
$u_{n+2}$$=3u_{n+1}-8(n+2)$

これから式Iを辺々引いて、

$u_{n+2}$$=$$3u_{n+1}$$-8(n+2)$
$-)$$u_{n+1}$$=$$3u_{n}$$-8(n+1)$
$u_{n+2}-u_{n}$$=$$3($$u_{n+1}-u_{n}$$)$$-8\cdot1$

となるけど、$\{u_{n}\}$の階差数列を$\{w_{n}\}$とすると、この式の左辺は$w_{n+1}$で、右辺の赤い部分は$w_{n}$だ。
なので、この式は
$w_{n+1}=3w_{n}-8$式J
と書きなおせる。


式Jは普通の$a_{n+1}=pa_{n}+q$型の漸化式なので、$w_{1}$が分かれば一般項が求められる。

$\{u_{n}\}$は$\{c_{n}\}$の階差数列だから、
$u_{1}=c_{2}-c_{1}$ と表せる。

$\{c_{n}\}$の漸化式(式H)より、$c_{2}$は
$c_{2}=3\cdot 16-4\cdot 1^{2}-4\cdot 1-10$
$c_{2}$$=30$
なので、$u_{1}$は
$u_{1}=c_{2}-c_{1}$
$u_{1}$$=30-16$
$u_{1}$$=14$
となる。

また、$\{u_{n}\}$の漸化式(式I)より、$u_{2}$は
$u_{2}=3u_{1}-8(1+1)$ と表せる。

これに$u_{1}=14$を代入して計算すると、$u_{2}$は
$u_{2}=3\cdot 14-8\cdot 2$
$u_{2}$$=26$
である。

さらに、$\{w_{n}\}$は$\{u_{n}\}$の階差数列だから、
$w_{1}=u_{2}-u_{1}$ なので、
$w_{1}=26-14$
$w_{1}$$=12$
となる。


よって、$\{w_{n}\}$は
初項が$12$ 漸化式が$w_{n+1}=3w_{n}-8$ の数列だ。

(1)のときと同様に
$w_{n+1}-4=3(w_{n}-4)$
とおくと、$\{w_{n}-4\}$は
初項が$12-4=8$ 公比が$3$ の等比数列なので、一般項は
$w_{n}-4=8\cdot 3^{n-1}$
より
$w_{n}=8\cdot 3^{n-1}+4$式K
とかける。


ようやく一般項がつくれた。
これから、$w_{n}$→$u_{n}$→$c_{n}$ともどってゆこう。

$\{w_{n}\}$は$\{u_{n}\}$の階差数列なので、
$u_{n+1}-u_{n}=w_{n}$
より
$u_{n+1}=u_{n}+w_{n}$
とかける。

これに式I,式Kを代入すると
$3u_{n}-8(n+1)=u_{n}+8\cdot 3^{n-1}+4$
ができる。

これを計算して、
$2u_{n}=8\cdot 3^{n-1}+8n+12$
より
$u_{n}=4\cdot 3^{n-1}+4n+6$式L
となる。


$\{u_{n}\}$は$\{c_{n}\}$の階差数列なので、
$c_{n+1}-c_{n}=u_{n}$
より
$c_{n+1}=c_{n}+u_{n}$
とかける。

これに式H,式Lを代入すると
$3c_{n}-4n^{2}-4n-10=c_{n}+4\cdot 3^{n-1}+4n+6$
ができる。

これを計算して、
$2c_{n}=4\cdot 3^{n-1}+4n^{2}+8n+16$
より
$c_{n}=2\cdot 3^{n-1}+2n^{2}+4n+8$
である。

解答テ:2, ト:3, ナ:2, ニ:4, ヌ:8

式K以降の別解

(4)の別解と同様に階差数列の考え方を使って解くと、次のようになる。

$\{w_{n}\}$は$\{u_{n}\}$の階差数列なので、$n\leqq 2$のとき、
$u_{n}=u_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}w_{k}$
に$u_{1}$と式Kを代入して、
$u_{n}=14+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(8\cdot 3^{k-1}+4)$
となる。

これを計算すると、
$u_{n}=14+8\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}3^{k-1}+\sum_{k=1}^{n-1}4$
途中式 $u_{n}$$\displaystyle =14+8\cdot\frac{1-3^{n-1}}{1-3}+4(n-1)$
$u_{n}$$\displaystyle =14+8\cdot\frac{1-3^{n-1}}{-2}+4n-4$
$u_{n}$$=14+4(3^{n-1}-1)+4n-4$
$u_{n}$$=4\cdot 3^{n-1}+4n+6$
となる。


$\{u_{n}\}$は$\{c_{n}\}$の階差数列なので、$n\leqq 2$のとき、
$c_{n}=c_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}u_{k}$
に$c_{1}$と$u_{n}$を代入して
$c_{n} \displaystyle =16+\sum_{k=1}^{n-1}(4\cdot 3^{k-1}+4n+6)$
となる。

これを計算すると、
$c_{n}=16+4\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}3^{k-1}+4\sum_{k=1}^{n-1}k+\sum_{k=1}^{n-1}6$
途中式 $c_{n}$$\displaystyle =16+4\cdot\frac{1-3^{n-1}}{1-3}+4\cdot\frac{1}{2}(n-1)n$
            $+6(n-1)$
$c_{n}$$\displaystyle =2\cdot 8+4\cdot\frac{1-3^{n-1}}{-2}+2(n-1)n$
            $+2\cdot 3(n-1)$
$c_{n}$$=2\{8-1+3^{n-1}+(n-1)n+3(n-1)\}$
$c_{n}$$=2(3^{n-1}+n^{2}+2n+4)$
$c_{n}$$=2\cdot 3^{n-1}+2n^{2}+4n+8$
となる。

これは$n=1$のときも成り立つ。

解答テ:2, ト:3, ナ:2, ニ:4, ヌ:8

(5) (3)の方法

$c_{n}$を(3)の方法で解くと、次のようになる。


$\{c_{n}\}$の漸化式を
$c_{n+1}=3c_{n}-4n^{2}-4n-10$式H
とする。

これまでの流れを振り返ると、
(1)で、
$a_{n+1}=3a_{n}-8$

$a_{n+1}-k=3(a_{n}-k)$
(3)で、
$b_{n+1}=3b_{n}-8n+6$

$b_{n+1}+s(n+1)+t=3(b_{n}+sn+t)$
と変形した。

この考え方から、$\{c_{n}\}$の漸化式(式H)を
$c_{n+1}+x(n+1)^{2}+y(n+1)+z$
       $=3(c_{n}+xn^{2}+yn+z)$式M
と変形しよう。
スセのときと同じように、式Mを変形して式Hをつくる。

式Mを変形すると、
$c_{n+1}=3(c_{n}+xn^{2}+yn+z)$
               $-\{x(n+1)^{2}+y(n+1)+z\}$
途中式 $c_{n+1}$$=3c_{n}+3xn^{2}+3yn+3z$
               $-\{x(n^{2}+2n+1)+y(n+1)+z\}$
$c_{n+1}$$=3c_{n}+3xn^{2}+3yn+3z$
               $-(xn^{2}+2xn+x+yn+y+z)$
$c_{n+1}$$=3c_{n}+(3x-x)n^{2}$
               $+(3y-2x-y)n+(3z-x-y-z)$
$c_{n+1}$$=3c_{n}+2xn^{2}+(2y-2x)n+(2z-x-y)$
となる。

これが式Hと同じ式なので、

$2x=-4$式N
$2y-2x=-4$式O
$2z-x-y=-10$式P

とかける。

式Nより、
$x=-2$
これを式Oに代入して、
$y=-4$
これを式Pに代入して、
$z=-8$
となるから、式Mは
$c_{n+1}-2(n+1)^{2}-4(n+1)-8$
       $=3($$c_{n}-2n^{2}-4n-8$$)$式M'
と書きなおせる。


この式の赤い部分を
$v_{n}=c_{n}-2n^{2}-4n-8$式Q
とおくと、式M'は
$v_{n+1}=3v_{n}$
と表せる。

ここで、$c_{1}=16$なので、式Qより
$v_{1}=16-2\cdot 1^{2}-4\cdot 1-8$
$v_{1}$$=2$
だから、$\{v_{n}\}$は
初項が$2$ 公比が$3$ の等比数列である。

よって、
$v_{n}=2\cdot 3^{n-1}$
となるから、これを式Qに代入して、
$c_{n}-2n^{2}-4n-8=2\cdot 3^{n-1}$
より
$c_{n}=2\cdot 3^{n-1}+2n^{2}+4n+8$
となる。

解答テ:2, ト:3, ナ:2, ニ:4, ヌ:8