共通テスト 数学II・数学B・数学C 2026年度 第4問 解説
【第4問～第7問から3問選択】
問題編
問題
数列 $\{a_n\}$ に対して
\[ b_n = a_{n+1} - a_n \quad (n=1, 2, 3, \cdots) \]で定められる数列 $\{b_n\}$ を、$\{a_n\}$ の階差数列という。(1) $\{a_n\}$ の初項は $1$ とする。また、$\{a_n\}$ の階差数列 $\{b_n\}$ の一般項が
\[ b_n = 4n - 1 \]で表されるとする。(i) $b_1 = \myBox{ア}$ であるから、$a_2 = \myBox{イ}$ となる。さらに、$b_2 = \myBox{ウ}$ であるから、$a_3 = \myBox{エオ}$ となる。
(ii) $n$ を2以上の自然数とする。このとき
\[ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{\dBox{カ}} b_k \quad \cdots\cdots \text{①} \]が成り立つことから
\[ a_n = \myBox{キ} n^2 - \myBox{ク} n + \myBox{ケ} \]であることがわかる。$\dbox{カ}$ の解答群
0: $n-1$
1: $n$
2: $n+1$
3: $n+2$(2) 太郎さんは、① を変形すると $\displaystyle \sum_{k=1}^{\dbox{カ}} b_k = a_n - a_1$ となることから、数列の和を求めるために次のことを考えた。
発想
ある数列 $\{d_n\}$ の和を求めたいときは、数列 $\{c_n\}$ で、$\{c_n\}$ の階差数列が $\{d_n\}$ となるものを見つければよい。太郎さんは、この 発想 に基づいて、一般項が
\[ d_n = (2n+1) \cdot 2^n \]で表される数列 $\{d_n\}$ の和を求めることにした。数列 $\{c_n\}$ で、$\{c_n\}$ の階差数列が $\{d_n\}$ となるもの、すなわち
\[ (2n+1) \cdot 2^n = c_{n+1} - c_n \quad (n=1, 2, 3, \cdots) \quad \cdots\cdots \text{②} \]となるものを見つけたい。太郎さんは、$\{d_n\}$ の一般項が $n$ の1次式と $2^n$ の積であることから、$\{c_n\}$ の一般項が
\[ c_n = (pn+q) \cdot 2^n \]と表されるのではないかと考えた。ここで、$p, q$ は定数である。このとき、$c_{n+1} - c_n$ を $n, p, q$ を用いて表すと
\[ c_{n+1} - c_n = \left\{ \dBox{コ} n + \dBox{サ} \right\} \cdot 2^n \]となる。よって、$p = \myBox{シ}, q = \myBox{スセ}$ のとき ② が成り立つ。
以上のことから、すべての自然数 $n$ について、数列 $\{d_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は
\[ \sum_{k=1}^n d_k = \left( \dBox{ソ} \right) \cdot 2^{n+1} + \myBox{タ} \]となることがわかる。$\dbox{コ}, \dbox{サ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）
0: $p$
1: $q$
2: $2p$
3: $2q$
4: $(p+q)$
5: $(2p+q)$
6: $(p+2q)$
7: $2(p+q)$$\dbox{ソ}$ の解答群
0: $n-1$
1: $n+1$
2: $2n-3$
3: $2n-1$
4: $2n+1$
5: $2n+3$(3) 花子さんは、一般項が
\[ d_n = (n^2 - n - 1) \cdot 2^n \]で表される数列 $\{d_n\}$ の和を求めることにした。(2)の発想に基づいて考えると、すべての自然数 $n$ について、$\{d_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は
\[ \sum_{k=1}^n d_k = \left( \dBox{チ} \right) \cdot 2^{n+1} - \myBox{ツ} \]となることがわかる。$\dbox{チ}$ の解答群
0: $3n-3$
1: $3n+3$
2: $5n-7$
3: $5n+7$
4: $n^2-n-1$
5: $n^2+n+1$
6: $n^2+3n-3$
7: $n^2-3n+3$
8: $n^2+5n-7$
9: $n^2-5n+7$
考え方
「等差数列と等比数列との積」の和という、数列の応用問題としては典型的な題材ですが、階差数列を見つけて解くという手法でしばられています。階差数列を見つけるまでも大変ですし、それがわかってもまだ大変です。
特に、(3)を一人でやらせるにはボリュームが多すぎます。階差数列を見つけるヒントは(2)にありますし、他の流れはほぼ同じですが、時間内で解ききるのは大変です。
【第4問～第7問から3問選択】
解答編
問題
数列 $\{a_n\}$ に対して
\[ b_n = a_{n+1} - a_n \quad (n=1, 2, 3, \cdots) \]で定められる数列 $\{b_n\}$ を、$\{a_n\}$ の階差数列という。(1) $\{a_n\}$ の初項は $1$ とする。また、$\{a_n\}$ の階差数列 $\{b_n\}$ の一般項が
\[ b_n = 4n - 1 \]で表されるとする。(i) $b_1 = \myBox{ア}$ であるから、$a_2 = \myBox{イ}$ となる。さらに、$b_2 = \myBox{ウ}$ であるから、$a_3 = \myBox{エオ}$ となる。
解説
(1)(i)
$b_1=4\cdot 1-1=3$ です。 $b_1=a_2-a_1$ なので
\begin{eqnarray}
a_2=a_1+b_1=1+3=4
\end{eqnarray}となります。
$b_2=4\cdot 2-1=7$ です。 $b_2=a_3-a_2$ なので
\begin{eqnarray}
a_3=a_2+b_2=4+7=11
\end{eqnarray}となります。
解答
アイ：34 （2点）
ウエオ：711 （2点）
解答編 つづき
問題
(ii) $n$ を2以上の自然数とする。このとき
\[ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{\dBox{カ}} b_k \quad \cdots\cdots \text{①} \]が成り立つことから
\[ a_n = \myBox{キ} n^2 - \myBox{ク} n + \myBox{ケ} \]であることがわかる。$\dbox{カ}$ の解答群
0: $n-1$
1: $n$
2: $n+1$
3: $n+2$
解説
(1)(ii)
\begin{eqnarray} b_1 &=& a_2-a_1 \\[5pt] b_2 &=& a_3-a_2 \\[5pt] &\cdots & \\[5pt] b_{n-1} &=& a_n-a_{n-1} \\[5pt] \end{eqnarray}なので、左辺同士、右辺同士を足し合わせると \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n-1} b_k &=& a_n-a_1 \\[5pt] a_n &=& a_1+\sum_{k=1}^{n-1} b_k \\[5pt] \end{eqnarray}となります。なので、具体的に計算すると
\begin{eqnarray}
a_n
&=&
a_1+\sum_{k=1}^{n-1} b_k \\[5pt]
&=&
1+\sum_{k=1}^{n-1} (4k-1) \\[5pt]
&=&
1+4\cdot\frac{(n-1)\cdot n}{2} -(n-1) \\[5pt]
&=&
1+2n(n-1) -n+1 \\[5pt]
&=&
2n^2-3n+2 \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。これは $a=1$ のときも成り立ちます。また、 $n=2,3$ とすると、(1)(i)の結果とも会うことがわかります。
解答
カ：0 （1点）
キクケ：232 （2点）
解答編 つづき
問題
(2) 太郎さんは、① を変形すると $\displaystyle \sum_{k=1}^{\dbox{カ}} b_k = a_n - a_1$ となることから、数列の和を求めるために次のことを考えた。
発想
ある数列 $\{d_n\}$ の和を求めたいときは、数列 $\{c_n\}$ で、$\{c_n\}$ の階差数列が $\{d_n\}$ となるものを見つければよい。太郎さんは、この 発想 に基づいて、一般項が
\[ d_n = (2n+1) \cdot 2^n \]で表される数列 $\{d_n\}$ の和を求めることにした。数列 $\{c_n\}$ で、$\{c_n\}$ の階差数列が $\{d_n\}$ となるもの、すなわち
\[ (2n+1) \cdot 2^n = c_{n+1} - c_n \quad (n=1, 2, 3, \cdots) \quad \cdots\cdots \text{②} \]となるものを見つけたい。太郎さんは、$\{d_n\}$ の一般項が $n$ の1次式と $2^n$ の積であることから、$\{c_n\}$ の一般項が
\[ c_n = (pn+q) \cdot 2^n \]と表されるのではないかと考えた。ここで、$p, q$ は定数である。このとき、$c_{n+1} - c_n$ を $n, p, q$ を用いて表すと
\[ c_{n+1} - c_n = \left\{ \dBox{コ} n + \dBox{サ} \right\} \cdot 2^n \]となる。よって、$p = \myBox{シ}, q = \myBox{スセ}$ のとき ② が成り立つ。
以上のことから、すべての自然数 $n$ について、数列 $\{d_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は
\[ \sum_{k=1}^n d_k = \left( \dBox{ソ} \right) \cdot 2^{n+1} + \myBox{タ} \]となることがわかる。$\dbox{コ}, \dbox{サ}$ の解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）
0: $p$
1: $q$
2: $2p$
3: $2q$
4: $(p+q)$
5: $(2p+q)$
6: $(p+2q)$
7: $2(p+q)$$\dbox{ソ}$ の解答群
0: $n-1$
1: $n+1$
2: $2n-3$
3: $2n-1$
4: $2n+1$
5: $2n+3$
解説
(2)
一般項が $d_n=(2n+1)\cdot 2^n$ である数列 $\{d_n\}$ の和を求めるために、 $c_{n+1}-c_n=(2n+1)\cdot 2^n$ となる階差数列 $\{c_n\}$ を見つけます。問題文にあるように、 $c_n=(pn+q)\cdot 2^n$ と書けるとすると
\begin{eqnarray}
& &
c_{n+1}-c_n \\[5pt]
&=&
\{p(n+1)+q\}\cdot 2^{n+1}-(pn+q)\cdot 2^n \\[5pt]
&=&
(2pn+2p+2q)\cdot 2^n-(pn+q)\cdot 2^n \\[5pt]
&=&
\{(2pn+2p+2q)-(pn+q)\}\cdot 2^n \\[5pt]
&=&
(pn+2p+q)\cdot 2^n \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。これが $(2n+1)\cdot 2^n$ と一致するには、 $p=2$ かつ $2p+q=1$ であればよく、 $p=2,q=-3$ とすればいいことがわかります。
これより、 $c_n=(2n-3)\cdot 2^n$ となることがわかります。これを使えば、 $n\geqq 2$ のとき
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n d_k
&=&
\sum_{k=1}^n (c_{k+1}-c_k) \\[5pt]
&=&
c_{n+1}-c_1 \\[5pt]
&=&
\{2(n+1)-3\}\cdot 2^{n+1} -(2\cdot 1-3) \cdot 2^1 \\[5pt]
&=&
(2n-1)\cdot 2^{n+1} +2 \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。これに $n=1$ を代入すると最後の式は $6$ となり、一般項 $d_n = (2n+1) \cdot 2^n$ に $n=1$ を代入した式と一致します。なので、この等式がすべての自然数 $n$ について成り立つことがわかります。
解答
コサ：05 （2点）
シスセ：2-3 （1点）
ソタ：32 （2点）
解答編 つづき
問題
(3) 花子さんは、一般項が
\[ d_n = (n^2 - n - 1) \cdot 2^n \]で表される数列 $\{d_n\}$ の和を求めることにした。(2)の発想に基づいて考えると、すべての自然数 $n$ について、$\{d_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は
\[ \sum_{k=1}^n d_k = \left( \dBox{チ} \right) \cdot 2^{n+1} - \myBox{ツ} \]となることがわかる。$\dbox{チ}$ の解答群
0: $3n-3$
1: $3n+3$
2: $5n-7$
3: $5n+7$
4: $n^2-n-1$
5: $n^2+n+1$
6: $n^2+3n-3$
7: $n^2-3n+3$
8: $n^2+5n-7$
9: $n^2-5n+7$
解説
(3)
一般項が $d_n = (n^2 - n - 1) \cdot 2^n$ です。問題文にある発想を使うと、 $c_{n+1}-c_n=d_n$ となる数列を見つけることになります。(2)と同じような発想で\[ c_n=(pn^2+qn+r)2^n \]となっていたとしましょう。このとき
\begin{eqnarray}
& &
c_{n+1}-c_n \\[5pt]
&=&
\{p(n+1)^2+q(n+1)+r\}2^{n+1}-(pn^2+qn+r)2^n \\[5pt]
&=&
\{2p(n^2+2n+1)+2q(n+1)+2r\}2^n-(pn^2+qn+r)2^n \\[5pt]
&=&
\{(pn^2+4pn+2p)+qn+2q+r\}2^n \\[5pt]
&=&
\{pn^2+(4p+q)n+2p+2q+r\}2^n \\[5pt]
\end{eqnarray}となるので、これが $(n^2 - n - 1) \cdot 2^n$ となるには、 $p=1$, $4p+q=-1$, $2p+2q+r=-1$ であればいいです。これを解くと、\[ p=1, q=-5, r=7 \]であればいいことがわかります。
これより、 $c_n=(n^2-5n+7)2^n$ であればよく、これを使えば
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n d_k
&=&
\sum_{k=1}^n (c_{k+1}-c_k) \\[5pt]
&=&
c_{n+1}-c_1 \\[5pt]
&=&
\{(n+1)^2-5(n+1)+7\}\cdot 2^{n+1} -(1^2-5+7) \cdot 2^1 \\[5pt]
&=&
(n^2-3n+3)\cdot 2^{n+1} -6 \\[5pt]
\end{eqnarray}となります。 $n=1$ とするとこの式は $-2$ となりますが、一般項 $d_n = (n^2 - n - 1) \cdot 2^n$ に $n=1$ を代入したときの値と一致します。なので、すべての自然数 $n$ について上の等式がなりたつことがわかります。
解答
チツ：76 （4点）
