$\left\{a_{n}\right\}$は初項$3$，公差$p$の等差数列なので、一般項は
$a_{n}=3+(n-1)p$②
とかける。

解答ア：３

この式の$n$に$n+1$を代入して、$a_{n+1}$は
$a_{n+1}=3+(n+1-1)p$
       $=3+np$③
である。

また、$\left\{b_{n}\right\}$は初項$3$，公比$r$の等比数列なので、一般項は
$b_{n}=3\cdot r^{n-1}$
と表せる。

解答イ：３

ここからどうやって解くのか思いつかないかも知れないけれど、問題がていねいに誘導してくれているから大丈夫。
流れに乗って解こう。

$b_{n}\neq 0$なので、
$a_{n}b_{n+1}-2a_{n+1}b_{n}+3b_{n+1}=0$①
の両辺を$b_{n}$で割ると、
$a_{n}\displaystyle \cdot\frac{b_{n+1}}{b_{n}}-2a_{n+1}\cdot\frac{b_{n}}{b_{n}}+3\cdot\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=0$
より
$a_{n}\displaystyle \cdot\frac{b_{n+1}}{b_{n}}-2a_{n+1}+3\cdot\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=0$①'
となる。

ここで、
$b_{n+1}=rb_{n}$
より
$\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=r$
だから、これを①'に代入すると
$ra_{n}-2a_{n+1}+3r=0$
より
$2a_{n+1}=ra_{n}+3r$
$2a_{n+1}$$=r\left(a_{n}+3\right)$④
とかける。

解答ウ：２, エ：３

さらに、④に②，③を代入すると、$n$，$p$，$r$の式になって、
$2(3+np)=r\{3+(n-1)p+3\}$
より
$6+2np=6r+rnp-rp$
$rnp-2np=rp-6r+6$
$(r-2)pn=r(p-6)+6$⑤
となる。

解答オ：２, カ：６, キ：６

⑤はすべての自然数$n$について成り立つので、恒等式だ。
なので、

	$(r-2)p=0$	式Ａ
	$r(p-6)+6=0$	式Ｂ

である。

途中式

⑤は$n$についての恒等式なので、

	左辺の$n$の係数$=$右辺の$n$の係数
	左辺の定数項$=$右辺の定数項

である。
$n$についての恒等式だから、$p$，$r$は定数扱いだ。

⑤を見ると、
左辺の
$n$の係数は$(r-2)p$ 定数項はないので、$0$ 右辺の
$n$の項はないので、係数は$0$ 定数項は$r(p-6)+6$ だ。

以上より、式Ａ，式Ｂができる。

式Ａより
$r-2=0$，$p=0$
だけど、$p\neq 0$なので、$p=0$は不適。
なので、
$r-2=0$
より
$r=2$
であることが分かる。

これを式Ｂに代入して、
$2(p-6)+6=0$
より
$(p-6)+3=0$
$p=3$
である。

解答ク：３

以上より、
$a_{n}=3+3(n-1)$
    $=3n$式Ｃ
$b_{n}=3\cdot 2^{n-1}$式Ｄ
となる。

$a_{n}c_{n+1}-4a_{n+1}c_{n}+3c_{n+1}=0$⑥
を変形する。

セソの式と同じように、$c_{n+1}$の項を左辺，$c_{n}$の項を右辺にまとめると、
$a_{n}c_{n+1}+3c_{n+1}=4a_{n+1}c_{n}$
より
$\left(a_{n}+3\right)c_{n+1}=4a_{n+1}c_{n}$
となる。

いま、$a_{n}+3\neq 0$なので、この式はさらに
$c_{n+1}=\displaystyle \frac{4a_{n+1}}{a_{n}+3}c_{n}$⑥'
と変形できる。

解答セ：４, ソ：３

ここで、$\left\{a_{n}\right\}$は公差が$3$の等差数列なので、
$a_{n+1}=a_{n}+3$
とかけるから、⑥'は
$c_{n+1}=\displaystyle \frac{4a_{n+1}}{a_{n+1}}c_{n}$
$c_{n+1}$$=4c_{n}$
となる。

これは、公比$4$の等比数列の漸化式である。

解答タ：２

タの別解

式Ｃより、$\left\{a_{n}\right\}$の一般項は
$a_{n}=3n$
なので、
$a_{n+1}=3(n+1)$
       $=3n+3$
とかける。

これを⑥'に代入すると
$c_{n+1}=\displaystyle \frac{4(3n+3)}{3n+3}c_{n}$
$c_{n+1}$$=4c_{n}$
となる。

これは、公比$4$の等比数列の漸化式である。

解答タ：２

$d_{n}b_{n+1}-qd_{n+1}b_{n}+ub_{n+1}=0$⑦
を変形する。

チの式と同じように、$d_{n+1}$の項を左辺，そのほかを右辺にまとめると、
$qd_{n+1}b_{n}=d_{n}b_{n+1}+ub_{n+1}$
より
$qd_{n+1}b_{n}=b_{n+1}\left(d_{n}+u\right)$
となる。

いま、$b_{n}\neq 0$，$q\neq 0$なので、この式はさらに
$d_{n+1}=\displaystyle \frac{b_{n+1}}{qb_{n}}\left(d_{n}+u\right)$⑦'
と変形できる。

ここで、$\left\{b_{n}\right\}$は公比が$2$の等比数列なので、
$b_{n+1}=2b_{n}$
とかけるから、⑦'は
$d_{n+1}=\displaystyle \frac{2b_{n}}{qb_{n}}\left(d_{n}+u\right)$
$d_{n+1}$$\displaystyle =\frac{2}{q}\left(d_{n}+u\right)$式Ｅ
と表せる。

解答チ：２

チの別解

式Ｄより、$\left\{b_{n}\right\}$の一般項は
$b_{n}=3\cdot 2^{n-1}$
なので、
$b_{n+1}=3\cdot 2^{(n+1)-1}$
       $=3\cdot 2^{n}$
とかける。

これを⑦'に代入すると
$d_{n+1}=\displaystyle \frac{3\cdot 2^{n}}{q\times 3\cdot 2^{n-1}}\left(d_{n}+u\right)$
$d_{n+1}=\displaystyle \frac{2}{q}\left(d_{n}+u\right)$
となる。

解答チ：２

等比数列の漸化式は、$\beta$を定数として
$\alpha_{n+1}=\beta\alpha_{n}$
の形。

式Ｅがこの形になるためには、
$u=0$
でなければならない。

解答テ：０

このとき、公比は
$\displaystyle \frac{2}{q}$
である。

この公比が$0$より大きく$1$より小さいので、
$0 \lt \displaystyle \frac{2}{q} \lt 1$
より
$2 \lt q$
となる。

解答ツ：２