大学入学共通テスト 2018年(平成30年) 試行調査数学ⅡＢ第４問解説

(1)

(i)

問題Ａは、見慣れた $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ 型の漸化式だ。

漸化式から小さい文字を全部消すと
$a = 3 a - 8$
より
$2 a = 8$
$a = 4$
である。

この $4$ を漸化式の両辺から引いて、
$a_{n + 1} - 4 = 3 a_{n} - 8 - 4$
より
$a_{n + 1} - 4 = 3 ($ $a_{n} - 4$ $)$ 式Ａ
とかける。

解答ア：４

(ii)

式Ａの赤い部分を
$a_{n} - 4 = r_{n}$ 式Ｂ
とおくと、
$r_{1} = a_{1} - 4$
より
$r_{1} = 6 - 4$
$r_{1}$ $= 2$
式Ａは
$r_{n + 1} = 3 r_{n}$ となる。

なので、 ${r_{n}}$ は
初項が $2$ 公比が $3$ の等比数列である。

よって、
$r_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1}$
とかける。

これを式Ｂに代入して、
$a_{n} - 4 = 2 \cdot 3^{n - 1}$
より
$a_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$
である。

解答イ：２, ウ：３, エ：４

(2)

次は ${b_{n}}$ の漸化式
$b_{n + 1} = 3 b_{n} - 8 n + 6$ 式Ｃ
だ。

(i)

$p_{1}$ から始める。

$p_{1} = b_{2} - b_{1}$
なので、
$p_{1} = 10 - 4$
$p_{1}$ $= 6$
である。

解答オ：６

(ii)

$p_{n + 1} = b_{n + 2} - b_{n + 1}$
なので、 $p_{n + 1}$ の式を作るためには $b_{n + 2}$ が必要だ。
というわけで、まず $b_{n + 2}$ をつくろう。

式Ｃの $n$ に $n + 1$ を代入すると
$b_{n + 2} = 3 b_{n + 1} - 8 (n + 1) + 6$
ができる。

これから式Ｃを辺々引くと、

	$b_{n + 2}$	$=$	$3 b_{n + 1}$	$- 8 (n + 1)$	$+ 6$
$-)$	$b_{n + 1}$	$=$	$3 b_{n}$	$- 8 n$	$+ 6$
	$b_{n + 2} - b_{n + 1}$	$=$	$3 ($ $b_{n + 1} - b_{n}$ $)$	$- 8 \cdot 1$

となるけど、この式の左辺は $p_{n + 1}$ で、右辺の赤い部分は $p_{n}$ だ。
なので、この式は
$p_{n + 1} = 3 p_{n} - 8$
と書きなおせる。

解答カ：３, キ：８

(iii)

ここまで来ると、勝ったも同然。

(1)で、
$a_{1} = 6$ $a_{n + 1} = 3 a_{n} - 8$ である ${a_{n}}$ の一般項は
$a_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$
だった。

(i)，(ii)より、 ${p_{n}}$ は
$p_{1} = 6$ $p_{n + 1} = 3 p_{n} - 8$ なので、計算するまでもなく、一般項は
$p_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$
となる。

解答ク：２, ケ：３, コ：４

(3)

(i)

問題Ａの式変形の考え方を使うので、
サ $= 3 ($ シ $)$
は
$q_{n + 1} = 3 q_{n}$
の形になるはず。

なので、
シの $n$ に $n + 1$ を代入するとサになるはず。
そういう組合せを探そう。

選択肢のうち、
シの候補は、 $b_{n}$ が含まれている⓪と② だけど、②の $n$ に $n + 1$ を代入した
$b_{n + 1} + s {(n + 1) + 1} + t$
$= b_{n + 1} + s (n + 2) + t$
は選択肢にない。

なので、シは⓪の
$q_{n} = b_{n} + s n + t$
であり、サはこの式の $n$ に $n + 1$ を代入した
$q_{n + 1} = b_{n + 1} + s (n + 1) + t$
の③である。

解答サ：３, シ：０

(ii)

$b_{n + 1} = 3 b_{n}$ $- 8 n + 6$ 式Ｃ
を変形して
$b_{n + 1} + s (n + 1) + t = 3 (b_{n} + s n + t)$ 式Ｄ
の形にする。

こういう場合、簡単な式を変形して複雑な式をつくるより、複雑な式を変形して簡単な式をつくる方が楽だ。
なので、式Ｄを変形して、式Ｃの形にする。

式Ｄを変形すると
$b_{n + 1} = 3 b_{n} + 3 s n + 3 t - s n - s - t$
$b_{n + 1}$ $= 3 b_{n}$ $+ 2 s n + 2 t - s$
となる。

これが式Ｃと同じ式なので、両方の式の赤い部分は等しいから、
$- 8$ $n +$ $6$ $=$ $2 s$ $n +$ $2 t - s$
と表せる。

この式は恒等式なので、両辺の青い部分同士，オレンジの部分同士は等しい。
よって、

	$2 s = - 8$ 式Ｅ
	$2 t - s = 6$ 式Ｆ

とかける。

式Ｅより、
$s = - 4$
これを式Ｆに代入して、
$2 t + 4 = 6$
$t = 1$
である。

解答ス：－, セ：４, ソ：１

(4)

問題文にあるように、 $(b_{n}}$ の一般項は(2)の方法でも(3)の方法でも求められる。
どちらでも好きな方法で解いてもらって問題ない。

(2)の方法

${b_{n}}$ については、
(2)で、階差数列 ${p_{n}}$ の一般項が
$p_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$ であることが分かった。

よって、
$b_{n + 1} - b_{n} = p_{n}$
より
$b_{n + 1} = b_{n} + p_{n}$
$b_{n + 1}$ $= b_{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$
とかける。

これを ${b_{n}}$ の漸化式に代入すると
$b_{n} + 2 \cdot 3^{n - 1} + 4 = 3 b_{n} - 8 n + 6$
ができる。

これを計算して、
$2 b_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 8 n - 2$
より
$b_{n} = 3^{n - 1} + 4 n - 1$
である。

解答タ：３, チ：４, ツ：１

別解

上の解では階差数列の考え方を使わなかった。
階差数列の考え方で解くと、次のようになる。

${b_{n}}$ については、
問題文より、
$b_{1} = 4$ (2)より、階差数列 ${p_{n}}$ の一般項が
$p_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 4$ であることが分かった。

ここで、階差数列の復習をしておくと、

復習

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

なので、 $2 ≦ n$ のとき、 $b_{n}$ は
$b_{n} = 4 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (2 \cdot 3^{k - 1} + 4)$
とかける。

これを計算して、
$b_{n} = 4 + \sum_{k = 1}^{n - 1} 2 \cdot 3^{k - 1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} 4$

途中式

b_{n}

= 4 + \frac{2 (1 - 3^{n - 1})}{1 - 3} + 4 (n - 1)

b_{n}

= \frac{2 (1 - 3^{n - 1})}{- 2} + 4 n

b_{n}

= - (1 - 3^{n - 1}) + 4 n

b_{n}

= 3^{n - 1} + 4 n - 1

である。

これは $n = 1$ のときも成り立つ。

解答タ：３, チ：４, ツ：１

(3)の方法

${b_{n}}$ については、
問題文より、
$b_{1} = 4$ (3)より、
$q_{n} = b_{n} - 4 n + 1$ 式Ｇ
とおくと、
$q_{n + 1} = 3 q_{n}$ であることが分かった。

式Ｇの $n$ に $1$ を代入すると
$q_{1} = b_{1} - 4 \cdot 1 + 1$
$q_{1}$ $= 4 - 4 + 1$
$q_{1}$ $= 1$
となる。

なので、 ${q_{n}}$ は
初項が $1$ 公比が $3$ の等比数列だから、一般項は
$q_{n} = 1 \cdot 3^{n - 1}$
$q_{n}$ $= 3^{n - 1}$
とかける。

これを式Ｇに代入して、
$b_{n} - 4 n + 1 = 3^{n - 1}$
より
$b_{n} = 3^{n - 1} + 4 n - 1$
である。

解答タ：３, チ：４, ツ：１

(5) (2)の方法

さらに、
$c_{1} = 16$
$c_{n + 1} = 3 c_{n} - 4 n^{2} - 4 n - 10$ 式Ｈ
である数列 ${c_{n}}$ の一般項を求めよという。

アドバイス

これまでの流れから、 $c_{n}$ は(2)と同じような方法でも、(3)と同じような方法でも求められることは想像がつく。
けれど、今回は(3)の方法の方が簡単に解けるので、これをお勧めする。
(2)の方法が難しいというわけではないが、作業工程が多くて面倒だ。
せっかくなので(2)の方法も載せておくけど、読み飛ばしてもらって問題ない。

式Ｈの右辺を整理して、
$c_{n + 1} = 3 c_{n} - 4 n (n + 1) - 10$ 式Ｈ'
この $n$ に $n + 1$ を代入すると
$c_{n + 2} = 3 c_{n + 1} - 4 (n + 1) (n + 2) - 10$
ができる。

これから式Ｈ'を辺々引くと、

	$c_{n + 2}$	$=$	$3 c_{n + 1}$	$- 4 (n + 1) (n + 2)$	$- 10$
$-)$	$c_{n + 1}$	$=$	$3 c_{n}$	$- 4 n (n + 1)$	$- 10$
$c_{n + 2} - c_{n + 1}$		$=$	$3 ($ $c_{n + 1} - c_{n}$ $)$	$- 4 (n + 1) \cdot 2$

となるけど、 ${c_{n}}$ の階差数列を ${u_{n}}$ とすると、この式の左辺は $u_{n + 1}$ で、右辺の赤い部分は $u_{n}$ だ。
なので、この式は
$u_{n + 1} = 3 u_{n} - 4 (n + 1) \cdot 2$
$u_{n + 1}$ $= 3 u_{n} - 8 (n + 1)$ 式Ｉ
と書きなおせる。

式Ｉの $n$ に $n + 1$ を代入して、
$u_{n + 2} = 3 u_{n + 1} - 8 {(n + 1) + 1}$
$u_{n + 2}$ $= 3 u_{n + 1} - 8 (n + 2)$

これから式Ｉを辺々引いて、

	$u_{n + 2}$	$=$	$3 u_{n + 1}$	$- 8 (n + 2)$
$-)$	$u_{n + 1}$	$=$	$3 u_{n}$	$- 8 (n + 1)$
	$u_{n + 2} - u_{n}$	$=$	$3 ($ $u_{n + 1} - u_{n}$ $)$	$- 8 \cdot 1$

となるけど、 ${u_{n}}$ の階差数列を ${w_{n}}$ とすると、この式の左辺は $w_{n + 1}$ で、右辺の赤い部分は $w_{n}$ だ。
なので、この式は
$w_{n + 1} = 3 w_{n} - 8$ 式Ｊ
と書きなおせる。

式Ｊは普通の $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ 型の漸化式なので、 $w_{1}$ が分かれば一般項が求められる。

${u_{n}}$ は ${c_{n}}$ の階差数列だから、
$u_{1} = c_{2} - c_{1}$ と表せる。

${c_{n}}$ の漸化式（式Ｈ）より、 $c_{2}$ は
$c_{2} = 3 \cdot 16 - 4 \cdot 1^{2} - 4 \cdot 1 - 10$
$c_{2}$ $= 30$
なので、 $u_{1}$ は
$u_{1} = c_{2} - c_{1}$
$u_{1}$ $= 30 - 16$
$u_{1}$ $= 14$
となる。

また、 ${u_{n}}$ の漸化式（式Ｉ）より、 $u_{2}$ は
$u_{2} = 3 u_{1} - 8 (1 + 1)$ と表せる。

これに $u_{1} = 14$ を代入して計算すると、 $u_{2}$ は
$u_{2} = 3 \cdot 14 - 8 \cdot 2$
$u_{2}$ $= 26$
である。

さらに、 ${w_{n}}$ は ${u_{n}}$ の階差数列だから、
$w_{1} = u_{2} - u_{1}$ なので、
$w_{1} = 26 - 14$
$w_{1}$ $= 12$
となる。

よって、 ${w_{n}}$ は
初項が $12$ 漸化式が $w_{n + 1} = 3 w_{n} - 8$ の数列だ。

(1)のときと同様に
$w_{n + 1} - 4 = 3 (w_{n} - 4)$
とおくと、 ${w_{n} - 4}$ は
初項が $12 - 4 = 8$ 公比が $3$ の等比数列だ。

なので、一般項は
$w_{n} - 4 = 8 \cdot 3^{n - 1}$
より
$w_{n} = 8 \cdot 3^{n - 1} + 4$ 式Ｋ
とかける。

ようやく一般項がつくれた。
これから、 $w_{n}$ → $u_{n}$ → $c_{n}$ ともどってゆこう。

${w_{n}}$ は ${u_{n}}$ の階差数列なので、
$u_{n + 1} - u_{n} = w_{n}$
より
$u_{n + 1} = u_{n} + w_{n}$
とかける。

これに式Ｉ，式Ｋを代入すると
$3 u_{n} - 8 (n + 1) = u_{n} + 8 \cdot 3^{n - 1} + 4$
ができる。

これを計算して、
$2 u_{n} = 8 \cdot 3^{n - 1} + 8 n + 12$
より
$u_{n} = 4 \cdot 3^{n - 1} + 4 n + 6$ 式Ｌ
となる。

${u_{n}}$ は ${c_{n}}$ の階差数列なので、
$c_{n + 1} - c_{n} = u_{n}$
より
$c_{n + 1} = c_{n} + u_{n}$
とかける。

これに式Ｈ，式Ｌを代入すると
$3 c_{n} - 4 n^{2} - 4 n - 10 = c_{n} + 4 \cdot 3^{n - 1} + 4 n + 6$
ができる。

これを計算して、
$2 c_{n} = 4 \cdot 3^{n - 1} + 4 n^{2} + 8 n + 16$
より
$c_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 2 n^{2} + 4 n + 8$
である。

解答テ：２, ト：３, ナ：２, ニ：４, ヌ：８

式Ｋ以降の別解

(4)の別解と同様に階差数列の考え方を使って解くと、次のようになる。

${w_{n}}$ は ${u_{n}}$ の階差数列なので、 $n ≦ 2$ のとき、
$u_{n} = u_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} w_{k}$
に $u_{1}$ と式Ｋを代入して、
$u_{n} = 14 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (8 \cdot 3^{k - 1} + 4)$
となる。

これを計算すると、
$u_{n} = 14 + 8 \sum_{k = 1}^{n - 1} 3^{k - 1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} 4$

途中式

u_{n}

= 14 + 8 \cdot \frac{1 - 3^{n - 1}}{1 - 3} + 4 (n - 1)

u_{n}

= 14 + 8 \cdot \frac{1 - 3^{n - 1}}{- 2} + 4 n - 4

u_{n}

= 14 + 4 (3^{n - 1} - 1) + 4 n - 4

u_{n}

= 4 \cdot 3^{n - 1} + 4 n + 6

となる。

${u_{n}}$ は ${c_{n}}$ の階差数列なので、 $n ≦ 2$ のとき、
$c_{n} = c_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} u_{k}$
に $c_{1}$ と $u_{n}$ を代入して
$c_{n} = 16 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (4 \cdot 3^{k - 1} + 4 k + 6)$
となる。

これを計算すると、
$c_{n} = 16 + 4 \sum_{k = 1}^{n - 1} 3^{k - 1} + 4 \sum_{k = 1}^{n - 1} k + \sum_{k = 1}^{n - 1} 6$

途中式

c_{n}

= 16 + 4 \cdot \frac{1 - 3^{n - 1}}{1 - 3} + 4 \cdot \frac{1}{2} (n - 1) n

+ 6 (n - 1)

c_{n}

= 2 \cdot 8 + 4 \cdot \frac{1 - 3^{n - 1}}{- 2} + 2 (n - 1) n

+ 2 \cdot 3 (n - 1)

c_{n}

= 2 {8 - 1 + 3^{n - 1} + (n - 1) n + 3 (n - 1)}

c_{n}

= 2 (3^{n - 1} + n^{2} + 2 n + 4)

c_{n}

= 2 \cdot 3^{n - 1} + 2 n^{2} + 4 n + 8

となる。

これは $n = 1$ のときも成り立つ。

解答テ：２, ト：３, ナ：２, ニ：４, ヌ：８

(5) (3)の方法

$c_{n}$ を(3)の方法で解くと、次のようになる。

${c_{n}}$ の漸化式を
$c_{n + 1} = 3 c_{n} - 4 n^{2} - 4 n - 10$ 式Ｈ
とする。

これまでの流れを振り返ると、
(1)で、
$a_{n + 1} = 3 a_{n} - 8$
を
$a_{n + 1} - k = 3 (a_{n} - k)$ (3)で、
$b_{n + 1} = 3 b_{n} - 8 n + 6$
を
$b_{n + 1} + s (n + 1) + t = 3 (b_{n} + s n + t)$ と変形した。

この考え方から、 ${c_{n}}$ の漸化式（式Ｈ）を
$c_{n + 1} + x (n + 1)^{2} + y (n + 1) + z$
$= 3 (c_{n} + x n^{2} + y n + z)$ 式Ｍ
と変形しよう。
スセソのときと同じように、式Ｍを変形して式Ｈをつくる。

式Ｍを変形すると、
$c_{n + 1} = 3 (c_{n} + x n^{2} + y n + z)$
$- {x (n + 1)^{2} + y (n + 1) + z}$

途中式

c_{n + 1}

= 3 c_{n} + 3 x n^{2} + 3 y n + 3 z

- {x (n^{2} + 2 n + 1) + y (n + 1) + z}

c_{n + 1}

= 3 c_{n} + 3 x n^{2} + 3 y n + 3 z

- (x n^{2} + 2 x n + x + y n + y + z)

c_{n + 1}

= 3 c_{n} + (3 x - x) n^{2}

+ (3 y - 2 x - y) n + (3 z - x - y - z)

c_{n + 1}

= 3 c_{n} + 2 x n^{2} + (2 y - 2 x) n + (2 z - x - y)

となる。

これが式Ｈと同じ式なので、

	$2 x = - 4$	式Ｎ
	$2 y - 2 x = - 4$	式Ｏ
	$2 z - x - y = - 10$	式Ｐ

とかける。

式Ｎより、
$x = - 2$
これを式Ｏに代入して、
$y = - 4$
これを式Ｐに代入して、
$z = - 8$
となるから、式Ｍは
$c_{n + 1} - 2 (n + 1)^{2} - 4 (n + 1) - 8$
$= 3 ($ $c_{n} - 2 n^{2} - 4 n - 8$ $)$ 式Ｍ'
と書きなおせる。

この式の赤い部分を
$v_{n} = c_{n} - 2 n^{2} - 4 n - 8$ 式Ｑ
とおくと、式Ｍ'は
$v_{n + 1} = 3 v_{n}$
と表せる。

ここで、 $c_{1} = 16$ なので、式Ｑより
$v_{1} = 16 - 2 \cdot 1^{2} - 4 \cdot 1 - 8$
$v_{1}$ $= 2$
だから、 ${v_{n}}$ は
初項が $2$ 公比が $3$ の等比数列である。

よって、
$v_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1}$
となるから、これを式Ｑに代入して、
$c_{n} - 2 n^{2} - 4 n - 8 = 2 \cdot 3^{n - 1}$
より
$c_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} + 2 n^{2} + 4 n + 8$
となる。

解答テ：２, ト：３, ナ：２, ニ：４, ヌ：８

第１問	[1]	解説
	[2]	解説
	[3]	解説
	[4]	解説
第２問	[1]	解説
第２問	[2]	解説
第３問		解説
第４問		解説
第５問		解説

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第４問		解説
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