よって、$\{b_n\}$は
初項が
$-{\displaystyle \frac{5}{2}}$ 階差数列の一般項が
${\displaystyle \frac{4}{n(n+2)}}$ の数列であることが分かる。

まず、この$\{b_n\}$の一般項を求める。

ということで、階差数列の復習から。

復習

数列$\{a_n\}$の階差数列が$\{b_n\}$のとき、$\{a_n\}$の一般項は
$a_n=a_1+{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}{b}_k(2\leqq n)}$

復習より、$2\leqq n$のとき、$\{b_n\}$の一般項は
$b_n=-{\displaystyle \frac{5}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}\frac{4}{k(k+2)}}$式Ｂ
とかける。

この式の赤い部分については、決まった解き方があった。

復習

一般項が
${\displaystyle \frac{1}{n(n+a)}}$
の数列の和を求めるときには、部分分数に分けて
${\displaystyle \frac{1}{n(n+a)}=\frac{1}{a}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})}$
とする。

というわけで、部分分数に分けよう。

$$\begin{array}{rl}\frac{4}{k(k+2)}& =4\times \frac{1}{k(k+2)}\\ & =4\times \frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})\\ & =2(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})\end{array}$$

解答カ：２

なので、式Ｂの赤い部分は
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{n-1}\frac{4}{k(k+2)}& =\sum _{k=1}^{n-1}2(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})\\ & =2{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})}\end{array}$$ とかける。

これをΣを使わずに表すと、
$$\begin{array}{rl}& 2\sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})\\ & =2\left\{\begin{array}{rl}& \left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right)\\ & +\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\\ & +\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots \\ & +\left(\frac{1}{n-3}-\frac{1}{n-1}\right)\\ & +(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n})\\ & +(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})\end{array}\right\}\end{array}$$ この式の色がついた部分はセットで消えるので、
$\begin{array}{rl}2{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}}& (\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})\\ & =2{\displaystyle (\frac{1}{1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})}\end{array}$
とかける。

以上より、
$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{n-1}\frac{4}{k(k+2)}\\ & =2(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\end{array}$$

途中式

$$\begin{array}{rl}& =2\times \frac{\left\{\begin{array}{rl}2n(n+1)+& n(n+1)\\ & -2(n+1)-2n\end{array}\right\}}{2n(n+1)}\\ & =\frac{3n(n+1)-2(n+1)-2n}{n(n+1)}\\ & =\frac{3n^2+3n-2n-2-2n}{n(n+1)}\end{array}$$

$={\displaystyle \frac{3n^2-n-2}{n(n+1)}}$
である。

解答キ：３, ク：２, ケ：１

よって、式Ｂは
$b_n=-{\displaystyle \frac{5}{2}+\frac{3n^2-n-2}{n(n+1)}}$
とかける。

これは$n=1$のときも成り立つ。

これを式Ａ'に代入して、$\{a_n\}$の一般項は
$a_n=n(n+1)(-{\displaystyle \frac{5}{2}}+{\displaystyle \frac{3n^2-n-2}{n(n+1)}})$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{a_n}& =-\frac{5n(n+1)}{2}+3n^2-n-2\\ & =-\frac{5n^2+5n}{2}+\frac{2(3n^2-n-2)}{2}\\ & =\frac{-5n^2-5n+6n^2-2n-4}{2}\end{array}$$

$\phantom{a_n}={\displaystyle \frac{n^2-7n-4}{2}}$式Ｃ
となる。

解答コ：７, サ：４, シ：２

$S_n=n(2a_n-24)$
に式Ｃを代入して、
$$\begin{array}{rl}{S}_n& =n(2\times \frac{n^2-7n-4}{2}-24)\\ & =n(n^2-7n-4-24)\\ & =n(n^2-7n-28)\mathrm{式}Ｄ\end{array}$$ である。

$c_1=S_1$なので、式Ｄに$n=1$を代入して、
$c_1=1\cdot (1^2-7\cdot 1-28)$
$c_1$$=-34$
となる。

解答ス：－, セ：３, ソ：４

また、$2\leqq n$のとき、
$c_n=S_n-S_{n-1}$
なので、これに式Ｄを代入して、
$\begin{array}{rl}{c}_n=& n(n^2-7n-28)-(n-1)\{(n-1{)}^2\\ & -7(n-1)-28)\end{array}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{c_n}& =n(n^2-7n-28)\\ & -(n-1)(n^2-2n+1-7n+7-28)\\ & =n(n^2-7n-28)\\ & -(n-1)(n^2-9n-20)\\ & =(n^3-7n^2-28n)\\ & -(n^3-9n^2-20n)\\ & +(n^2-9n-20)\\ & =3n^2-17n-20\end{array}$$

$\phantom{c_n}=(n+1)(3n-20)$①
となる。

解答タ：１, チ：３, ツ：２, テ：０

①に$n=1$を代入すると、
$c_1=(1+1)(3\cdot 1-20)$
$c_1$$=-34$
なので、①は$n=1$のときも成り立つ。
よって、$\{c_n\}$の一般項は
$c_n=(n+1)(3n-20)$①
である。

$1\leqq n$なので、①の緑の部分は常に正。
よって、
赤い部分が負のとき、$c_n<0$ 赤い部分が正のとき、$0<c_n$ である。

赤い部分が負になるのは、
$3n-20<0$
より
$n<{\displaystyle \frac{20}{3}}$
だけど、$n$は自然数なので
$1\leqq n\leqq 6$
のときだ。

解答ト：６

以上より、$c_1$～$c_6$は負、$c_7$～$c_{10}$は正なので、
${\displaystyle \sum _{n=1}^{10}\left|c_n\right|=-(c_1+\cdots +c_6)+(c_7+\cdots +c_{10})}$
          $=-S_6+(S_{10}-S_6)$
          $=-2S_6+S_{10}$
である。

解答ナ：－, ニ：２

これに式Ｄを代入して、
${\displaystyle \sum _{n=1}^{10}\left|c_n\right|=-2\cdot 6(6^2-7\cdot 6-28)}$
                          $+10({10}^2-7\cdot 10-28)$           $=-2\cdot 6(-6-28)+10(3\cdot 10-28)$
          $=-2\cdot 6(-34)+10(2)$
          $=428$
となる。

解答ヌ：４, ネ：２, ノ：８