(i)

$b_{1}$は、数列$\{b_{n}\}$の一般項
$b_{n}=4n-1$式Ａ
に $n=1$ を代入した
$$ \begin{align} b_{1}&=4\cdot 1-1\\ &=3 \end{align} $$ である。

解答ア：３

また、数列$\{a_{n}\}$と$\{b_{n}\}$は図Ａのような関係だ。

なので、
$a_{2}=a_{1}+b_{1}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$$ \begin{align} a_{2}&=1+3\\ &=4 \end{align} $$ である。

解答イ：４

さらに、式Ａに$n=2$を代入すると、
$$ \begin{align} b_{2}&=4\cdot 2-1\\ &=7 \end{align} $$

解答ウ：７

これとイを
$a_{3}=a_{2}+b_{2}$
に代入して、
$$ \begin{align} a_{3}&=4+7\\ &=11 \end{align} $$ である。

解答エ：１, オ：１

(ii)

ここで、階差数列の復習をしておこう。

復習

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

復習より、
$\displaystyle a_{n}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n-1}b_{k}$①
とかける。

解答カ：０

①式に$a_{1}=1$と式Ａを代入して、
$\displaystyle a_{n}=1+\sum_{k=1}^{n-1}\left(4k-1\right)$

これを計算すると、

途中式

$$ \begin{align} a_{n}&=1+4\sum_{k=1}^{n-1}k-\sum_{k=1}^{n-1}1\\ &=1+\AKA{\cancelto{2}{\KURO{4}}}\cdot\dfrac{1}{\AKA{\cancel{\KURO{2}}}}(n-1)n-(n-1)\\ &=1+(2n-1)(n-1)\\ &=1+2n^{2}-2n-n+1 \end{align} $$ より

$a_{n}=2n^{2}-3n+2$
であることが分かる。

解答キ：２, ク：３, ケ：２

問題文の誘導どおり、$p$，$q$を定数として、$\{c_{n}\}$の一般項が
$c_{n}=(pn+q)\cdot 2^{n}$式Ｂ
と表せる場合を考える。

式Ｂの$n$に$n+1$を代入すると
$c_{n+1}=\{p(n+1)+q\}\cdot 2^{n+1}$式Ｂ'
なので、
$$ \begin{align} c_{n+1}-c_{n}&=\text{式Ｂ'}-\text{式Ｂ}\\ &=\{p(n+1)+q\}\cdot 2^{n+1}\\ &\hspace{100px}-(pn+q)\cdot 2^{n} \end{align} $$ とかける。

これを計算すると

途中式

$$ \begin{align} c_{n+1}-c_{n}&=(pn+p+q)\cdot 2\cdot 2^{n}\\ &\hspace{100px}-(pn+q)\cdot 2^{n}\\ &=\{(2pn+2p+2q)\\ &\hspace{100px}-(pn+q)\}\cdot 2^{n}\\ \end{align} $$ より

$c_{n+1}-c_{n}=\{pn+(2p+q)\}\cdot 2^{n}$式Ｃ
となる。

解答コ：０, サ：５

よって、問題文中の②式が成り立つのは、②式の左辺の
$(\AKA{2}n+\SORA{1})\cdot 2^{n}$
と式Ｃの
$\{\AKA{p}n+\SORA{(2p+q)}\}\cdot 2^{n}$
が等しい場合だ。

このことから、連立方程式
$\left\{\begin{array}{l} \AKA{p=2}\\ \SORA{2p+q=1} \end{array}\right.$
ができる。

この連立方程式の上の式を下の式に代入すると
$$ \begin{align} q&=1-4\\ &=-3 \end{align} $$ なので、②式が成り立つときの $p$，$q$ は
$\left\{\begin{array}{l} p=2\\ q=-3 \end{array}\right.$
である。

解答シ：２, ス：－, セ：３

これを式Ｂに代入すると、$\{c_{n}\}$の一般項は
$c_{n}=(2n-3)\cdot 2^{n}$式Ｄ
となる。

で、何のために$c_{n}$を求めていたかを思い出すと、

$\{b_{n}\}$が$\{a_{n}\}$の階差数列のとき、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_{k}=a_{n}-a_{1}$
とかける

$\{d_{n}\}$は$\{c_{n}\}$の階差数列である

よって、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}d_{k}=c_{n}-c_{1}$式Ｅ
と表せるから、$\{d_{n}\}$の和を$\{c_{n}\}$で表すことができる

という方法で$\{d_{n}\}$の和を求めるためだった。

ここでは、$\{d_{n}\}$の初項から第$n$項までの和を問われている。

なので、式Ｅの$n$に$n+1$を代入して、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}d_{k}=c_{n+1}-c_{1}$式Ｆ

これに式Ｄを代入すると、求める和は
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n}d_{k}&=\{2(n+1)-3\}\cdot 2^{n+1}\\[-5px] &\hspace{100px}-(2\cdot 1-3)\cdot 2^{1}\\[+5px] &=(2n-1)\cdot 2^{n+1}+2 \end{align} $$ であることが分かる。

解答ソ：３, タ：２

(2)と同様に考えると、$\{d_{n}\}$が$\{c_{n}\}$の階差数列のとき、$p$，$q$，$r$ を定数として
$c_{n}=(pn^{2}+qn+r)\cdot 2^{n}$式Ｇ
と表せると予想できる。

このとき、
$d_{n}=c_{n+1}-c_{n}$
なので、
$$ \begin{align} &(n^{3}-n-1)\cdot 2^{n}\\ &\qquad=\{p(n+1)^{2}+q(n+1)+r\}\cdot 2^{n+1}\\ &\hspace{160px}-(pn^{2}+qn+r)\cdot 2^{n} \end{align} $$ とかける。

この式の両辺を$2^{n}$で割って、
$$ \begin{align} & n^{3}-n-1\\ &\qquad=\{p(n+1)^{2}+q(n+1)+r\}\cdot 2\\ &\hspace{180px}-(pn^{2}+qn+r) \end{align} $$

右辺を$n$について整理すると

途中式

$$ \begin{align} & n^{3}-n-1\\ &\qquad=\{p(n^{2}+2n+1)+q(n+1)+r\}\cdot 2\\ &\hspace{180px}-(pn^{2}+qn+r)\\ &\qquad=2pn^{2}+4pn+2p+2qn+2q+2r\\ &\hspace{180px}-pn^{2}-qn-r\\ &\qquad=pn^{2}+4pn+qn+2p+2q+r \end{align} $$ より

$\SORA{1}n^{3}\AKA{-}n\MURASAKI{-1}=\SORA{p}n^{2}+\AKA{(4p+q)}n+\MURASAKI{(2p+2q+r)}$
となる。

これは$n$についての恒等式なので、同じ色の係数は等しい。

このことから、連立方程式
$\left\{\begin{array}{l} \SORA{p=1}\\ \AKA{4p+q=-1}\\ \MURASAKI{2p+2q+r=-1} \end{array}\right.$
ができる。

この連立方程式の一番上の式を真ん中の式に代入して、
$4\cdot 1+q=-1$
$$ \begin{align} q&=-1-4\\ &=-5 \end{align} $$

以上を一番下の式に代入すると、
$2\cdot 1+2\cdot(-5)+r=-1$
$$ \begin{align} r&=-1-2+10\\ &=7 \end{align} $$

より、
$\left\{\begin{array}{l} p=1\\ q=-5\\ r=7 \end{array}\right.$
が求められる。

これを式Ｇに代入すると、$\{d_{n}\}$を階差数列とする数列$\{c_{n}\}$の一般項は
$c_{n}=(n^{2}-5n+7)\cdot 2^{n}$式Ｈ
であることが分かる。

(3)の$\{c_{n}\}$と$\{d_{n}\}$の関係は、(2)の$\{c_{n}\}$と$\{d_{n}\}$の関係と同じだ。
なので、(2)の式Ｆがそのまま使える。

式Ｆに式Ｈを代入して、
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n}d_{k}&=\{(n+1)^{2}-5(n+1)+7\}\cdot 2^{n+1}\\[-5px] &\hspace{120px}-(1^{2}-5\cdot 1+7)\cdot 2^{1} \end{align} $$

これを計算すると、求める数列の和は
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n}d_{k}&=(n^{2}+2n+1-5n-5+7)\cdot 2^{n+1}\\[-5px] &\hspace{120px}-3\cdot 2\\[5px] &=(n^{2}-3n+3)\cdot 2^{n+1}-6 \end{align} $$ であることが分かる。

解答チ：７, ツ：６