いきなり面倒な漸化式が出てくるけど、驚かなくても大丈夫。
問題文が誘導してくれるので、指示される通りに解くと難易度は決して高くないです。
センター試験はこんな風に見た目でおどかしてくるから、「びっくり～（棒読み）」とでも心の中でつぶやいて、あとは平常心で解きましょう。

①に$n=1$を代入すると、
$a_2={\displaystyle \frac{4}{2}(3a_1+3^2-2\cdot 3)}$
とかける。

問題文より、$a_1=0$なので、この式はさらに
$$\begin{array}{rl}{a}_2& =\frac{4}{2}(3^2-2\cdot 3)\\ & =2\cdot 3\\ & =6\end{array}$$ となる。

解答ア：６

$b_1$は
$b_n={\displaystyle \frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}}$式Ａ
に$n=1$を代入したもの。

でも、ここで、
$a_1=0$
なので、式Ａの$n$に$1$を代入すると、右辺の分子は$0$だ。

よって、計算するまでもなく
$b_1=0$
である。

解答イ：０

問題文の指示通り、①の両辺を
$3^{n+1}(n+2)(n+3)$
で割ると、左辺は
${\displaystyle \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}}$
となる。

また、右辺は
${\displaystyle \frac{n+3}{\left\{\begin{array}{rl}& 3^{n+1}(n+1)\\ & \times (n+2)(n+3)\end{array}\right\}}}\cdot \left\{\begin{array}{rl}& 3a_n+3^{n+1}\\ & -(n+1)(n+2)\end{array}\right\}$

途中式

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

$\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}}\\ & +{\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}}-{\displaystyle \frac{1}{3^{n+1}}}\end{array}$
である。

以上より、①は
$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}}\\ & ={\displaystyle \frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}}\\ & +{\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}}-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{n+1}\end{array}$
と変形できる。

この式の青い部分は$b_{n+1}$，赤い部分は$b_n$なので、これはさらに
$b_{n+1}=b_n+{\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}}-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{n+1}$
式Ｂ
とかける。

解答ウ：１, エ：１, オ：２, カ：３

この式の緑の部分を部分分数に分け、$b_n$を移項すると、
$b_{n+1}-b_n=({\displaystyle \frac{1}{n+1}}-{\displaystyle \frac{1}{n+2}})-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{n+1}$
式Ｂ'
となる。

詳しく

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
${\displaystyle \frac{1}{n(n+a)}}={\displaystyle \frac{1}{a}}({\displaystyle \frac{1}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n+a}})$
とする。

解答キ：１

ここまでくると、先が見えてきた。
漸化式の基本の形の復習をすると、

復習

２項間漸化式の基本の形は４つあって、
$p_{n+1}=p_n+d$
公差$d$の等差数列 $p_{n+1}=r{p}_n$
公比$r$の等比数列 $p_{n+1}=p_n+f(n)$
階差数列の一般項が$f(n)$ $p_{n+1}=\alpha p_n+\beta$
特性方程式を使って解く だった。

式Ｂは、復習の３番目の形。
なので、式Ｂ，式Ｂ'の
${\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n+1}}$
つまり
${\displaystyle (\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n+1}}$式Ｃ
の部分が、$\{a_n\}$の階差数列の一般項だ。

さらに階差数列の復習をすると、

復習

数列$\{b_n\}$の階差数列が$\{d_n\}$のとき、
$\{b_n\}$の一般項$b_n$は$\{d_n\}$の一般項$d_n$を使って、
$b_n=b_1+{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}{d}_k(2\leqq n)}$
と表せる。

よって、この問題の場合、$2\leqq n$のとき、式Ｃを使って
$b_n=b_1+{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}\left\{\begin{array}{rl}& (\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})\\ & -{\left(\frac{1}{3}\right)}^{k+1}\end{array}\right\}}$
より
$\begin{array}{rl}{b}_n=b_1& +{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})}\\ & -\sum _{k=1}^{n-1}{\left(\frac{1}{3}\right)}^{k+1}\mathrm{式}Ｄ\end{array}$
とかける。

ということで、式Ｄの赤い部分と青い部分の値を求めよう。

式Ｄの赤い部分を$S_{n-1}$とおくと、
$S_{n-1}={\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})}$
これをΣを使わずに表すと、
$S_{n-1}=({\displaystyle \frac{1}{2}}$$-{\displaystyle \frac{1}{3}}$$)+($${\displaystyle \frac{1}{3}}$$-{\displaystyle \frac{1}{4}}$$)$
          $+($${\displaystyle \frac{1}{4}}$$-{\displaystyle \frac{1}{5}}$$)+$
          $\cdots +($${\displaystyle \frac{1}{n-2}}$$-{\displaystyle \frac{1}{n-1}}$$)$
          $+($${\displaystyle \frac{1}{n-1}}$$-{\displaystyle \frac{1}{n}}$$)+($${\displaystyle \frac{1}{n}}$$-{\displaystyle \frac{1}{n+1})}$
となる。
例のパターンだ。

この式の色がついた部分はセットで消えて、
$S_{n-1}={\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}}$
さらに、右辺を通分すると、
$S_{n-1}={\displaystyle \frac{n+1}{2(n+1)}-\frac{2}{2(n+1)}}$
$S_{n-1}$${\displaystyle =\frac{n-1}{2(n+1)}}$
となる。

これをクケコのマスに合う形に変形して、
$S_{n-1}={\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{n+1}\right)}$式Ｅ
である。

解答ク：２, ケ：１, コ：１

式Ｄの青い部分を$T_{n-1}$とおくと、
$$\begin{array}{rl}{T}_{n-1}& =\sum _{k=1}^{n-1}{\left(\frac{1}{3}\right)}^{k+1}\\ & =\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{3}\right)}^k\\ & =\frac{1}{3}\sum _{k=1}^{n-1}{\left(\frac{1}{3}\right)}^k\end{array}$$ なので、
$$\begin{array}{rl}{T}_{n-1}& =\frac{1}{3}\cdot \frac{\frac{1}{3}\{1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\}}{1-\frac{1}{3}}\\ & =\frac{1}{3}\cdot \frac{\frac{1}{3}-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}{\frac{2}{3}}\\ & =\frac{\frac{1}{3}-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}{2}\\ & =\frac{1}{6}-\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\mathrm{式}Ｆ\end{array}$$ である。

解答サ：１, シ：６, ス：１, セ：２

式Ｅ，式Ｆより、式Ｄは
$b_n=b_1+{\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{n+1}\right)-\{\frac{1}{6}-\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\}}$
$b_n$$=b_1+{\displaystyle \frac{n-1}{2(n+1)}-\{\frac{1}{6}-\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\}}$式Ｇ
とかける。

イより、$b_1=0$なので、上の式は
$b_n={\displaystyle \frac{n-1}{2(n+1)}}-\{{\displaystyle \frac{1}{6}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n\}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{b_n}& =\frac{n-1}{2(n+1)}-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\\ & =\frac{3(n-1)}{3\cdot 2(n+1)}-\frac{n+1}{6(n+1)}+\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\\ & =\frac{2n-4}{3\cdot 2(n+1)}+\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\end{array}$$

$\phantom{b_n}={\displaystyle \frac{n-2}{3(n+1)}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n$式Ｇ'
となる。

これは$n=1$のときも成り立つ。

アドバイス

問題文のソタチの式から、式Ｇの${\displaystyle \frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}$の部分は変形しなくてもいいのは明らか。
なので、上の計算では通分しなかった。

解答ソ：２, タ：３, チ：１

$b_n$が分かれば勝ったも同然。
$a_n$と$b_n$の関係式から$a_n$を求めよう。

式Ｇ'を式Ａに代入して、
${\displaystyle \frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}=\frac{n-2}{3(n+1)}+\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}$

両辺に$3^n(n+1)(n+2)$をかけて、
$$\begin{array}{rl}{a}_n=& \frac{3^n(n+1)(n+2)(n-2)}{3(n+1)}\\ & +\frac{3^n(n+1)(n+2)}{2\cdot 3^n}\end{array}$$

右辺のそれぞれの項を約分して、
$a_n{\displaystyle =3^{n-1}(n+2)(n-2)+\frac{(n+1)(n+2)}{2}}$
$a_n$$=$$3^{n-1}(n^2-4)$$+$${\displaystyle \frac{(n+1)(n+2)}{2}}$
式Ｈ
である。

解答ツ：３, テ：１, ト：４, ナ：１, ニ：２, ヌ：２

式Ｈを見ると、青い部分は$n=1$の場合も含めて、常に$3$の倍数である。
なので、$3$で割って余りが出るのは、赤い部分だ。
ということで、式Ｈの赤い部分だけ考える。

$a_n=a_{3k}$のとき、つまり$n=3k$のとき

式Ｈの赤い部分は、
${\displaystyle \frac{(3k+1)(3k+2)}{2}}$
$={\displaystyle \frac{9k^2+9k+2}{2}}$式Ｉ
となる。

この分子は連続する２つの整数の積なので、$2$の倍数だ。
よって、
$9k^2+9k+2=2$の倍数
より
$9k^2+9k=2$の倍数$-2$
なので、$9k^2+9k$も$2$の倍数である。
また、当然ながら$3$の倍数でもある。

以上より、$m$を整数として、
$9k^2+9k=2\cdot 3m$
とかけるから、式Ｉは
${\displaystyle \frac{2\cdot 3m+2}{2}=3m+1}$
となるので、$3$で割った余りは
$1$
である。

解答ネ：１

$a_n=a_{3k+1}$のとき、つまり$n=3k+1$のとき

式Ｈの赤い部分は、
${\displaystyle \frac{\{(3k+1)+1\}\{(3k+1)+2\}}{2}}$
$={\displaystyle \frac{(3k+2)(3k+3)}{2}}$
$={\displaystyle \frac{3(3k+2)(k+1)}{2}}$式Ｊ
となる。

この分子は、$2$の倍数かつ$3$の倍数。

よって、式Ｊは$3$で割りきれて、余りは
$0$
である。

解答ノ：０

$a_n=a_{3k+2}$のとき、つまり$n=3k+2$のとき

式Ｈの赤い部分は、
${\displaystyle \frac{\{(3k+2)+1\}\{(3k+2)+2\}}{2}}$
$={\displaystyle \frac{(3k+3)(3k+4)}{2}}$
$={\displaystyle \frac{3(k+1)(3k+4)}{2}}$式Ｋ
となる。

この分子は、$2$の倍数かつ$3$の倍数。

よって、式Ｋは$3$で割りきれて、余りは
$0$
である。

解答ハ：０

よって、$\{a_n\}$は、
$a_1$は$3$の倍数
$a_2$は$3$の倍数
$a_3$は$3$の倍数$+1$
$a_4$は$3$の倍数
$a_5$は$3$の倍数
$a_6$は$3$の倍数$+1$
$⋮$
という数列だ。

これはさらに、$3$項セットにして、
$a_1+a_2+a_3$は$3$の倍数$+1$
$a_4+a_5+a_6$は$3$の倍数$+1$
$⋮$
であるとも言える。

以上より、$a_1$から$a_{2020}$までに含まれる３項セットの数を数えれば解けそうだ。

$2020$を$3$で割ると

			$6$	$7$	$3$
$3$	$)$	$2$	$0$	$2$	$0$
		$1$	$8$
			$2$	$2$
			$2$	$1$
				$1$	$0$
					$9$
					$1$

なので、$a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{2020}$を$U$とすると、
$U$は、$(3$の倍数$+1)$を$673$個と、$a_{2020}$の和
であることが分かる。
ここで、$2020$は$3$の倍数$+1$なので、ノより、
$a_{2020}$は$3$の倍数
である。

よって、$U$は、
$U=$$3$の倍数$+$$673$式Ｌ
とかける。
これを$3$で割った余りを求めればよい。

式Ｌの青い部分は$3$で割り切れるので、答えは赤い部分の
$673$
を$3$で割った余りである。

復習

$3$の倍数の見分け方はについて復習すると、
$3$の倍数 $\iff$ 各桁の数字をたして$3$の倍数
だった。

$673$の各桁の数字をたすと、
$6+7+3=16$
なので、$3$の倍数よりも$1$多い。
ということは、$673$よりも各桁の数字の和が$1$少ない
$672$
は$3$の倍数である。
よって、$673$は
$673=3$の倍数$+1$
とかけるので、$3$で割ると
$1$
余る。

解答ヒ：１

別解

上の解では復習もかねてちょっと変わった方法を使ったけど、当然ながら普通に割り算をしても解ける。

$673$を$3$で割ると

		$2$	$2$	$4$
$3$	$)$	$6$	$7$	$3$
		$6$
			$7$
			$6$
			$1$	$3$
			$1$	$2$
				$1$

なので、求める答え、つまり余りは
$1$
である。

解答ヒ：１