センター試験 数学II・数学B 2018年度追試 第3問 解説

【選択問題】(第3問~第5問から2問選択)

解答編

問題

 $\def\myBox#1{\bbox[3px, border:2px solid]{\ \bf{ #1 }\ }}\def\mybox#1{\bbox[4px, border:1px solid gray]{\ #1\ }}$$s$ を定数とし、数列 $\{a_n\}$ を次のように定義する。\[ a_1=\dfrac{1}{2},\ a_{n+1}=\dfrac{2a_n+s}{a_n+2}\ (n=1,2,3,\cdots)\quad \cdots ① \]

(1) $s=4$ とする。 $a_2=\myBox{ア}$, $a_{100}=\myBox{イ}$ である。

解説

$s=4$ を漸化式に代入すると
\begin{eqnarray}
a_{n+1}
&=&
\frac{2a_n+4}{a_n+2}=2
\end{eqnarray}なので、 $a_2=a_{100}=2$ となります。

解答

アイ:22

解答編 つづき

問題

(2) $s=0$ とする。 $b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくと、 $b_1=\myBox{ウ}$ である。さらに、 $b_n$ と $b_{n+1}$ は関係式 $b_{n+1}=b_n+\dfrac{\myBox{エ}}{\myBox{オ}}$ を満たすから、 $\{a_n\}$ の一般項は\[
a_n=\dfrac{\myBox{カ}}{n+\myBox{キ}} \]である。

解説

$b_1$ の値は\[ b_1=\dfrac{1}{a_1}=\dfrac{1}{\frac{1}{2}}=2 \]となります。

漸化式に $s=0$ を代入すると\[ a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{a_n+2} \]となります。逆数の数列を考えるので、漸化式も逆数にして考えてみましょう。
\begin{eqnarray}
\frac{1}{a_{n+1}}
&=&
\frac{a_n+2}{2a_n} \\[5pt] &=&
\frac{1}{2}+\frac{1}{a_n} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。これより、\[ b_{n+1}=b_n+\dfrac{1}{2} \]となります。

以上のことから、数列 $\{b_n\}$ は、初項が $2$ で、公差が $\dfrac{1}{2}$ の等差数列なので、一般項は
\begin{eqnarray}
b_n=2+\dfrac{1}{2}(n-1)=\frac{1}{2}n+\dfrac{3}{2}
\end{eqnarray}となります。この逆数が $a_n$ なので、
\begin{eqnarray}
a_n
&=&
\frac{1}{\frac{1}{2}n+\frac{3}{2}} \\[5pt] &=&
\frac{2}{n+3} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

解答

ウ:2
エオ:12
カキ:23

参考

解答編 つづき

問題

(3) $s=1$ とする。 $c_n=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}$ とおくと、 $c_1=\myBox{ク}$ である。さらに、 $c_n$ と $c_{n+1}$ の関係式を求め、数列 $\{c_n\}$ の一般項を求めることにより、 $\{a_n\}$ の一般項は\[ a_n=\myBox{ケ}-\dfrac{\myBox{コ}}{\myBox{サ}^{\raise5pt\myBox{シ}}+1} \]であることがわかる。ただし、 $\myBox{シ}$ については、当てはまるものを、次の 0~4 のうちから一つ選べ。

 0: $n-2$
 1: $n-1$
 2: $n$
 3: $n+1$
 4: $n+2$

解説

$c_1$ は、 $a_1=\dfrac{1}{2}$ を代入して
\begin{eqnarray}
c_1
&=&
\frac{1+a_n}{1-a_n} \\[5pt] &=&
\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}} \\[5pt] &=&
\frac{2+1}{2-1} \\[5pt] &=&
3
\end{eqnarray}と求められます。

次に、数列 $\{c_n\}$ の一般項を考えましょう。そのために、 $c_{n+1}$ を変形して考えてみましょう。
\begin{eqnarray}
c_{n+1}
&=&
\frac{1+a_{n+1}}{1-a_{n+1}} \\[5pt] &=&
\frac{1+\frac{2a_n+1}{a_n+2}}{1-\frac{2a_n+1}{a_n+2}} \\[5pt] &=&
\frac{(a_n+2)+(2a_n+1)}{(a_n+2)-(2a_n+1)} \\[5pt] &=&
\frac{3a_n+3}{-a_n+1} \\[5pt] &=&
3\times \frac{1+a_n}{1-a_n} \\[5pt] &=&
3c_n
\end{eqnarray}となります。つまり、数列 $\{c_n\}$ は、初項が $3$ で、公比が $3$ の等比数列です。よって、 $c_n=3^n$ となります。これから、 $a_n$ は
\begin{eqnarray}
3^n &=& \frac{1+a_n}{1-a_n} \\[5pt] (1-a_n)3^n &=& 1+a_n \\[5pt] (-3^n-1)a_n &=& -3^n+1 \\[5pt] a_n &=& \frac{3^n-1}{3^n+1} \\[5pt] &=& \frac{(3^n+1)-1-1}{3^n+1} \\[5pt] &=& 1-\frac{2}{3^n+1} \\[5pt] \end{eqnarray}と求められます。シには、2の $n$ が入ります。

解答

ケコサシ:1232

解答編 つづき

問題

(4) (3)の数列 $\{c_n\}$ について\[ \sum_{k=1}^n c_k c_{k+1}=\dfrac{\myBox{スセ}}{\myBox{ソ}}\left(\myBox{タ}^n-1\right) \]である。

解説

(3)より、 $c_n=3^n$ なので、
\begin{eqnarray}
c_kc_{k+1}=3^k\cdot 3^{k+1}=3^{2k+1}=3\cdot 9^k
\end{eqnarray}となります。これより、 $\displaystyle \sum_{k=1}^n c_k c_{k+1}$ は、初項が $27$ で公比が $9$ の等比数列の、初項から第 $n$ 項までの和なので、
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n c_k c_{k+1}
&=&
\dfrac{27(9^n-1)}{9-1}
&=&
\dfrac{27}{8}(9^n-1)
\end{eqnarray}と求められます。

解答

スセソタ:2789

参考

【基本】等比数列の和

解答編 つづき

問題

 次に、(3)の数列 $a_n$ について考える。 $s=1$ であることに注意して、①の漸化式を変形すると\[ a_n a_{n+1}=\myBox{チ}(a_n-a_{n+1})+\myBox{ツ} \]である。ゆえに\[ \sum_{k=1}^n a_k a_{k+1}=\myBox{テ}+\dfrac{\myBox{ト}}{\mybox{サ}^{\raise5pt\myBox{ナ}}+\myBox{ニ}} \]である。ただし、 $\myBox{テ}$ と $\myBox{ナ}$ については、当てはまるものを、次の 0~4のうちから一つずつ選べ。同じものを選んでもよい。

 0: $n-2$
 1: $n-1$
 2: $n$
 3: $n+1$
 4: $n+2$

解説

$s=1$ として ①の漸化式を変形すると
\begin{eqnarray}
a_{n+1} &=& \dfrac{2a_n+1}{a_n+2} \\[5pt] (a_n+2)a_{n+1} &=& 2a_n+1 \\[5pt] a_n a_{n+1} &=& 2a_n-2a_{n+1}+1 \\[5pt] &=& 2(a_n-a_{n+1})+1 \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

これより、 $a_k a_{k+1}$ で $k=1$ から $k=n$ までとしたものを足し合わせた結果は、 $2(a_k-a_{k+1})+1$ で $k=1$ から $k=n$ までとしたものを足し合わせた結果と同じになります。後者は、足し合わせると、たくさんの項が打ち消し合います。例えば、 $k=1$ から $k=4$ までとして考えてみましょう。
\begin{eqnarray}
& & \ 2(a_1-a_2)+1 \\
& & +2(a_2-a_3)+1 \\
& & +2(a_3-a_4)+1 \\
& & +2(a_4-a_5)+1 \\
\end{eqnarray}上の式で足していくと、 $a_2$ 同士、 $a_3$ 同士、 $a_4$ 同士が打ち消し合ってなくなることがわかります。結果的に、残るものは、最初の $a_1$ と、最後の $a_5$ と、各行の後半にある $+1$ ですね。

これらのことから、 $2(a_k-a_{k+1})+1$ を $k=1$ から $k=n$ までとして足し合わせたものは、 $2a_1$ と $-2a_{n+1}$ と $n$ 個の $+1$ が残ることがわかるので、
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n a_k a_{k+1}
&=&
2a_1-2a_{n+1}+n \\[5pt] &=&
2\cdot\frac{1}{2}-2\left(1-\frac{2}{3^{n+1}+1}\right)+n \\[5pt] &=&
1-2 +\frac{4}{3^{n+1}+1} +n \\[5pt] &=&
n-1 +\frac{4}{3^{n+1}+1} \\[5pt] \end{eqnarray}となることがわかります。テには1の $n-1$ が入り、ナには3の $n+1$ が入ります。

このような、たくさん打ち消し合うことで和が計算できるようになる問題は、【基本】和の記号Σと部分分数分解などが参考になるはずです。

解答

チツ:21
テトナニ:1431