$a_n=a_1+(n-1)d$式Ａ
とおくと、$a_2=-{\displaystyle \frac{7}{3}}$，$a_5=-{\displaystyle \frac{25}{3}}$なので、
$\{\begin{array}{l}{a}_1+(2-1)d=-{\displaystyle \frac{7}{3}}\\ a_1+(5-1)d=-{\displaystyle \frac{25}{3}}\end{array}$
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、
$3d=-{\displaystyle \frac{18}{3}}$
$3d=-6$
$d=-2$

これを連立方程式の上の式に代入して、
$a_1-2=-{\displaystyle \frac{7}{3}}$
$a_1=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$
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、
$$\begin{array}{rl}{a}_n& =-{\displaystyle \frac{1}{3}}-2(n-1)\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{3}}-2n+2\\ & =-2n+{\displaystyle \frac{5}{3}}\end{array}$$ 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
$S_n={\displaystyle \frac{1}{2}}n(a_1+a_n)$
に代入して、
$$\begin{array}{rl}{S}_n& ={\displaystyle \frac{1}{2}}n\{-{\displaystyle \frac{1}{3}}+(-2n+{\displaystyle \frac{5}{3}})\}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}n(-2n+{\displaystyle \frac{4}{3}})\\ & =-n^2+{\displaystyle \frac{2}{3}}n\mathrm{式}Ｂ\end{array}$$ である。

解答コ：－, サ：２, シ：３

${\displaystyle \sum _{k=1}^1{b}_k=b_1}$なので
$b_1={\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_1+S_1$式Ｃ
であり、式Ｂより$S_n=-n^2+{\displaystyle \frac{2}{3}}n$なので、式Ｃは
$b_1={\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_1+(-1^2+{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot 1)$
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、
${\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_{n+1}+S_{n+1}=({\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_n+S_n)+b_{n+1}$
これに式Ｂを代入すると
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_{n+1}+& \{-(n+1{)}^2+{\displaystyle \frac{2}{3}}(n+1)\}\\ & =\{{\displaystyle \frac{4}{3}}{b}_n+(-n^2+{\displaystyle \frac{2}{3}}n)\}+b_{n+1}\end{array}$
とかける。

この両辺を$3$倍して、
$$\begin{array}{rl}& 4b_{n+1}+\{-3(n+1{)}^2+2(n+1)\}\\ & =\{4b_n+(-3n^2+2n)\}+3b_{n+1}\\ & 4b_{n+1}-3(n+1{)}^2+2(n+1)\\ & =4b_n-3n^2+2n+3b_{n+1}\\ & b_{n+1}=4b_n+3(n+1{)}^2\\ & -3n^2+2n-2(n+1)\end{array}$$

解答セ：４, ソ：６, タ：１

次は、式Ｄを
$\begin{array}{rl}{b}_{n+1}+\boxed{\text{チ}}(n+1)+& \boxed{\text{ツ}}\\ & =4(b_n+\boxed{\text{チ}}n+\boxed{\text{ツ}})\end{array}$
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、
$\begin{array}{rl}{b}_{n+1}+\boxed{\text{チ}}n+\boxed{\text{チ}}+& \boxed{\text{ツ}}\\ & =4b_n+4\boxed{\text{チ}}n+4\boxed{\text{ツ}}\end{array}$
$$\begin{array}{rl}{b}_{n+1}& =4b_n+4\boxed{\text{チ}}n-\boxed{\text{チ}}n\\ & +4\boxed{\text{ツ}}-\boxed{\text{チ}}-\boxed{\text{ツ}}\\ & =4b_n+3\boxed{\text{チ}}n+(3\boxed{\text{ツ}}-\boxed{\text{チ}})\end{array}$$ である。これが式Ｄと等しいので、
$\{\begin{array}{l}3\boxed{\text{チ}}=6\\ 3\boxed{\text{ツ}}-\boxed{\text{チ}}=1\end{array}$
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
$b_{n+1}+2(n+1)+1=4(b_n+2n+1)$
$$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、
$$\begin{array}{rl}{c}_n& =4\cdot 4^{n-1}\\ & =4^n\end{array}$$ 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