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7章：数列 1：いろいろな数列
1 いろいろな数列
1.1 等差数列
299 (1) 初項 2，公差−1である等差数列の第 10項は である。また，
この数列の第 10項から第 20項までの和は である。
（西日本工業大）
(2) 初項から第 10項までの和が 100で，初項から第 20項までの和が 350で
あるような等差数列の初項は で，公差は である。 （立教大）
300 (1) 初項−2，公差 5の等差数列の項を，初項から 1つおきにとってつ
くった数列の第 20項の値は である。 （神奈川大）
(2) 初項 2，公差 3 の等差数列 {an} について，a2 + a4 + a6 + · · ·+ a40 の
値は である。 （湘南工科大）
301 第 53項が−47，第 77項が−95である等差数列がある。この数列にお
いて，第何項がはじめて負の数となるか。 （福岡教育大）
302 初項が −83，公差が 4の等差数列の第 n項までの和を Sn とすれば，
Sn = となる。したがって，n = のとき Sn は最小となり，そ
の値は である。 （神戸薬科大）
303 1 と 9 の間に k 個の数を並べて，これらが公差 d の等差数列をなす
ようにしたところ，1 と 9 も含めた総和が 245 になったという。このとき
k = , d = である。 （東京薬科大）
7章：数列 1：いろいろな数列
299 初項 a1 に一定数 d（公差）を順次加えて得られる数列が等差数列ですから，第
n項 an は公差 dを n− 1回加えて得られる数です。
an = a1 + (n − 1)d
初項 a1 から第 n項 an までの和 Sn は，逆に並べた数列との和をつくることにより
Sn =n(a1 + an)
2=
n{2a1 + (n− 1)d}2
となります。
300 具体的に書き並べてみましょう。どのような数列になりますか。
(1) −2 , 3, 8 , 13, 18 , 23, 28 , · · · · · ·
(2) 2, 5 , 8, 11 , 14, 17 , 20, · · · · · ·
301 数列は減少しています。一般項 an を求めて，an がはじめて負となる nを求め
ればよいでしょう。
302 等差数列の和 Sn は nの 2次式になりますから，平方完成することにより Sn
が最小となる nを求めることができます。あるいは，和 Sn は正の項を加えると増加
し，負の項を加えると減少しますから一般項 an が負から正に変わるところまで，つ
まり，an 5 0となる項のみを足したときが Sn が最小となるときです。
303 初項 1，末項 9，項数 k + 2の等差数列です。
7章：数列 1：いろいろな数列
299 (1) 初項 2，公差 −1の等差数列 {an}の一般項はan = 2 + (n− 1) · (−1) = −n+ 3
なので，第 10項は a10 = −10 + 3 = −7
また，第 10項から第 20項までの和は，初項 a10 = −7，末項 a20 = −20+3 = −17，項数 11の等差数列の和なので
112
(−7− 17) = 11× (−12) = −132
この数列の初項から第 n項までの和を Sn とおくと
a10 + a11 + · · ·+ a20 = S20 − S9
= 202
{2× 2 + 19× (−1)} − 92{2× 2 + 8× (−1)} = −132
(2) 初項 a，公差 dとおく。初項から第 10項までの和 S10 = 100より102
(2a+ 9d) = 100 ∴ 2a+ 9d = 20 · · · · · · 1⃝
また，S20 = 350より202
(2a+ 19d) = 350 ∴ 2a+ 19d = 35 · · · · · · 2⃝
1⃝， 2⃝を解いて a = 134
, d = 32
300 (1) 初項から 1 つおきにとってつくった数列を {an} とおくと，{an} は初項−2，公差 10の等差数列となるので
an = −2 + 10(n− 1) = 10n− 12∴ a20 = 10× 20− 12 = 188
初項 −2，公差 5の等差数列 {bn}はbn = −2 + (n− 1) · 5 = 5n− 7
初項から 1つおきにとってつくった数列を {cn}とおくとcn = b2n−1 ∴ c20 = b2·20−1 = b39 = 5 · 39− 7 = 188
(2) {an} は初項 2，公差 3の等差数列より
an = 2 + (n− 1) · 3 = 3n− 1
a2, a4, a6, · · · , a40 は初項 a2，末項 a40，項数 20の等差数列であるから
a2 = 3 · 2− 1 = 5, a40 = 3 · 40− 1 = 119
となるので，求める和を S とおくと
S = 202
(5 + 119) = 1240
7章：数列 1：いろいろな数列
301 与えられた等差数列を {an}とし，初項 a，公差 dとおくと
a53 = −47より a+ 52d = −47 · · · · · · 1⃝a77 = −95より a+ 76d = −95 · · · · · · 2⃝
1⃝， 2⃝を解いて d = −2, a = 57したがって，一般項は
an = 57 + (n− 1) · (−2) = −2n+ 59
だから，an < 0となるのは
−2n+ 59 < 0 ∴ n > 592
= 29.5
よって，はじめて負の数となるのは 第 30項
302 等差数列の和の公式より
Sn =n{2 · (−83) + (n− 1) · 4}
2= n(2n− 85) · · · · · · 1⃝
= 2n2 − 85n = 2(n− 85
4
)2
− 852
8
ここで， 854
= 21 + 14より
n = 21
のとき Sn は最小で， 1⃝より最小値 : S21 = 21(2× 21− 85) = −903
等差数列の和の公式より
Sn =n{2 · (−83) + (n− 1) · 4}
2= 2n2 − 85n
初項 −83，公差 4の等差数列の一般項 an は
an = −83 + (n− 1) · 4 = 4n− 87
{an}は増加数列なので，an 5 0となる an のみをすべてたしたときに Sn は最小と
なる。an 5 0 のとき
4n− 87 5 0 ∴ n 5 874
= 21.75
したがって，n = 21のとき最小で，最小値
S21 = 2 · 212 − 85 · 21 = −903
303 初項 1，末項 9，項数 k + 2の等差数列の和が 245より
(k + 2)(1 + 9)
2= 245 ∴ k = 47
また，初項が 1，第 49項が 9より，公差を dとすると
1 + (49− 1)d = 9 ∴ d = 16
7章：数列 1：いろいろな数列
1.2 等差中項
304 正の実数 aについて，2, 1a, aがこの順で等差数列をなすとき，
a = である。 （立教大）
305 3つの数 a, b, cがこの順で等差数列をなし，その和は 6で，平方の
和は 44であるとき，a = , b = , c = である。ただし，
a < b < cとする。 （中部大）
304， 305
a, b, cがこの順で等差数列をなす⇐⇒ b− a = c− b（=公差）⇐⇒ 2b = a + c （等差中項）
7章：数列 1：いろいろな数列
304 2, 1a, aがこの順で等差数列をなすので
2 × 1a
= 2 + a ∴ a2 + 2a− 2 = 0
a > 0なので a = −1 +√3
305 a, b, cがこの順に等差数列をなすので 2b = a + c · · · · · · 1⃝
また，
{a+ b+ c = 6 · · · · · · 2⃝a2 + b2 + c2 = 44 · · · · · · 3⃝ であるから， 1⃝を 2⃝に代入すると
3b = 6 ∴ b = 2
1⃝， 3⃝に代入すると{a+ c = 4
a2 + c2 = 40
cを消去すると
a2 + (4− a)2 = 40 ∴ a = 6, −2
a < b < cであるから a = −2, c = 6
7章：数列 1：いろいろな数列
1.3 等比数列
306 数列 a, b, 2, c, 18は，この順で各項が正の等比数列である。このと
き，a = , b = , c = である。 （愛知学院大）
307 (1) ある等比数列の第 5項が 48，第 6項が −96であるとき，この数
列の初項の値は であり，公比の値は である。また，この数
列の初項から第 8項までの和は である。 （帝京大）
(2) 初項 3，末項 24√2の等比数列において，初項から末項までの和が
45(√2 + 1)であるとする。このとき公比は であり，項数は
である。 （東海大）
308 数列 27, 2727, 272727, 27272727, · · · について(1) 第 n項 an を求めよ。
(2) 第 n項までの和 Sn を求めよ。 （鳥取大）
7章：数列 1：いろいろな数列
306 各項が正の等比数列ですから，公比は正です。
初項 a1 に一定数 r（公比）を順次かけて得られる数列が等比数列ですから，第 n項 an は公比 r を n− 1回かけて得られる数です。
an = a1rn−1
307 (1) 第 5項が正，第 6項が負ですから，公比は負となります。
初項 a1 から第 n項 an までの和 Sn は
Sn =
a1(1 − rn)
1 − r（r \= 1のとき）
na1 （r = 1のとき）
となります。
(2) 公比を r，項数を nとして，与えられた条件を式で表してみましょう。
308 a1 = 27
a2 = 2727 = 2700 + 27 = 27× 102 + 27
a3 = 272727 = 270000 + 2700 + 27 = 27× 104 + 27× 102 + 27
a4 = 27272727 = 27× 106 + 27× 104 + 27× 102 + 27· · · · · · · · ·
ですから，an は公比 102 の等比数列の和で表せますね。
7章：数列 1：いろいろな数列
306 与えられた等比数列 {an} (n = 1, 2, 3, 4, 5)の初項 a，公比 r とおくと
a3 = 2 より ar2 = 2 · · · · · · 1⃝a5 = 18 より ar4 = 18 · · · · · · 2⃝
2⃝÷ 1⃝よりar4
ar2= 18
2∴ r2 = 9
各項が正より，r = 3であり， 1⃝より a = 29
b = a2 = ar = 29
× 3 = 23, c = a4 = ar3 = 2
9× 33 = 6
2, c, 18がこの順に等比数列であることからc2
= 18c
∴ c2 = 36
各項が正より，c = 6であり，2, 6, 18が等比数列なので，公比は 3である。よって
b = 23, a = 2
9
307 (1) 与えられた等比数列を {an}とし，初項 a，公比 r とおくと，この数列の
第 5項 a5 と第 6項 a6 は
a5 = 48 より ar4 = 48 · · · · · · 1⃝a6 = −96 より ar5 = −96 · · · · · · 2⃝
2⃝÷ 1⃝よりar5
ar4= −96
48∴ r = −2
r = −2を 1⃝に代入して a = 3
初項から第 8項までの和 S8 は
S8 =3{1− (−2)8}
1− (−2)= 1− 256 = −255
7章：数列 1：いろいろな数列
(2) 与えられた等比数列の公比を r，項数を n とおく。初項が 3，末項が 24√2より
24√2 = 3rn−1 ∴ rn−1 = 8
√2 · · · · · · 1⃝
初項から末項までの和が 45(√2 + 1)より
45(√2 + 1) =
3(1− rn)
1− r∴ rn = 1− 15(
√2 + 1)(1− r) · · · · · · 2⃝
2⃝÷ 1⃝ より
r =1− 15(
√2 + 1)(1− r)
8√2
∴ r =15
√2 + 14
7√2 + 15
=√2
r =√2 を 1⃝ に代入すると
(√2)n−1 = (
√2)7 ∴ n = 8
308 (1) an の桁数が 2n桁より
an = 272727 · · · · · · 27= 27× 100n−1 + 27× 100n−2 + · · · · · ·+ 27× 100 + 27
右端からの和として読み直すと，初項 27，公比 100，項数 nの等比数列の和だから
an =27(100n − 1)
100− 1= 3
11(100n − 1)
(2) 第 n項までの和 Sn は
Sn =n∑
k=1
ak =n∑
k=1
311
(100k − 1) = 311
n∑k=1
100k − 311
n∑k=1
1
= 311
· 100(100n − 1)
100− 1− 3
11n
= 100n+1 − 100363
− 311
n
=100n+1 − 99n − 100
363
7章：数列 1：いろいろな数列
1.4 等比中項
309 1 < a < bとする。1, a, bはこの順で等差数列で，a, 2b, 2abはこの
順で等比数列である。このとき，a, bの値を求めよ。 （関西大）
310 直角三角形の 3つの角の大きさ A, B, C が，この順で等比数列であ
るとき，その公比を求めよ。ただし，角度には弧度法を用いるものとする。
（電気通信大 改）
311 α, β, αβ (α < 0 < β)は，ある順番で並べると等比数列になるとい
う。また α + β = 1が成り立っている。このとき，β − α = であり，
−αβ = である。 （明治大）
309 a, b, cがこの順で等比数列をなす
⇐⇒ ba
= cb（=公比）
⇐⇒ b2 = ac （等比中項）
310 A, B, C の大小は
A < B < C または A > B > C
の 2通りがありますが，いずれのときも A, B, C がこの順序で等比数列をなす条件
は B2 = AC です。
311 α < 0, β > 0より αβ < 0となります。3つの数 α, β, αβ が等比数列をなす
ためには，−⃝，+⃝，−⃝の順に並ぶことが必要です。
7章：数列 1：いろいろな数列
309 1, a, bがこの順に等差数列をなすので 2a = 1 + b · · · · · · 1⃝また，a, 2b, 2abがこの順に等比数列をなすので
(2b)2 = a · 2ab ∴ b = 12a2 (∵ b \= 0)
1⃝に代入して a2 − 4a+ 2 = 0 ∴ a = 2 +√2 (∵ a > 1)
1⃝に代入して b = 2(2 +√2)− 1 = 3 + 2
√2
310 角 A, B, C はこの順で等比数列であるから B2 = AC
また，直角三角形の内角でもあるから，最小のもの（Aまたは C）を X とおくと，
3つの数 A, B, C は X, B, π2であり
B2 = π2X かつ 0 < X < B < π
2かつ X +B = π
2
をみたすから
B2 = π2
(π2
−B)
4B2 + 2πB − π2 = 0 ∴ B =−π +
√5π
4
よって A < B < C(A < B < π
2
)のとき，公比 = π
2÷B =
√5 + 12
A > B > C(π2
> B > C)のとき，公比 = B ÷ π
2=
√5 − 12
311 α < 0 < β より αβ < 0
よって，α, β, αβ が等比数列となるのは，3つの数が負，正，負の順に並ぶとき，すなわち β が等比中項になるときである。
β2 = α · αβ ∴ β = α2 (∵ β \= 0)
これと α+ β = 1，α < 0 より
α2 + α− 1 = 0 ∴ α =−1−
√5
2, β = 1− α =
3 +√5
2
以上より
β − α = 2 +√5, −αβ = 2 +
√5
7章：数列 1：いろいろな数列
1.5 元利合計
312 年利率 5% の複利で 1000万円を貯金する場合，元利合計の金額が初
めて 2000 万円を超えるのは 年後である。ただし，log10 2 = 0.301，
log10 1.05 = 0.021 とする。 （立命館大 改）
312 1年後の金額は
（元金）+（利息）=（元金）+（元金）× 0.05 =（元金）× 1.05
です。
7章：数列 1：いろいろな数列
312 1年後の元利合計は，元金の 1+ 5100
= 1.05（倍）である。1000万円を貯金
して，n 年後に初めて 2000万円を超えるとすると1000× 104 × 1.05n > 2000× 104 ∴ 1.05n > 2
常用対数をとって，整理すると
n log10 1.05 > log10 2 ∴ n >log10 2
log10 1.05= 0.301
0.021= 14.3 · · ·
よって，初めて 2000万円を超えるのは 15 年後である。
7章：数列 1：いろいろな数列
1.6 階差数列と一般項
313 数列 1, 4, 8, 13, 19, 26, 34, · · · の第 30項は である。
（大阪電気通信大）
314 数列 −2, , 0, 4, 10, 18, , 40, · · · の第 項は 108
である。また，最初の 20項の和は である。 （関西学院大）
313 数列 {an}の階差数列を {bn}とおくとbk = ak+1 − ak
ですからn−1∑k=1
bk =n−1∑k=1
(ak+1 − ak)
= (a2 − a1) + (a3 − a2) + (a4 − a3) + · · ·· · ·+ (an−1 − an−2) + (an − an−1)
= −a1 + an
つまり，n = 2のとき
an = a1 +n−1∑k=1
bk
が成り立ちます。
314 0, 4, 10, 18 の部分に着目しましょう。
7章：数列 1：いろいろな数列
313 与えられた数列を {an}として，階差数列を {bn}とおくと
an : 1 4 8 13 19 26 34 · · ·
bn : 3 4 5 6 7 8 · · ·
{bn}は初項 3，公差 1の等差数列なので bn = n+ 2
したがって，n = 2のとき
an = 1 +n−1∑k=1
(k + 2) = 12n2 + 3
2n− 1 （n = 1のときも成立）
∴ a30 = 12
· 302 + 32
· 30− 1 = 494
314 与えられた数列を {an}として，階差数列を {bn}とおくと
an : −2 a2 0 4 10 18 a7 40 · · ·
bn : b1 b2 4 6 8 b6 b7 · · ·
{bn}は公差 2の等差数列と推察される。このとき
b2 = 2, b1 = 0, b6 = 10, b7 = 12
であり
b2 = 0− a2, b1 = a2 − (−2), b6 = a7 − 18, b7 = 40− a7
∴ −a2 = 2, a2 + 2 = 0, a7 − 18 = 10, 40− a7 = 12
よって，a2 = −2，a7 = 28 はこれらをみたす。
bn = 0 + 2(n− 1) = 2n− 2
n = 2のとき
an = −2 +n−1∑k=1
(2k − 2) = n2 − 3n （n = 1 のときも成立）
また，an = 108 とするとn2 − 3n− 108 = 0 ∴ (n+ 9)(n− 12) = 0
nは自然数より n = 12 だから，108は第 12項である。
また，最初の 20項の和は20∑
n=1
(n2 − 3n) = 20 · 21 · 416
− 3 · 20 · 212
= 2240
7章：数列 1：いろいろな数列
1.7∑の計算
315 (1)2n2∑
k=n+1
kを計算すれば， である。 （日本工業大）
(2)n∑
k=3
(k − 4)3 を求めなさい。 （名古屋学院大 改）
316 (1) 数列 1, 1 + 22
, 1 + 2 + 33
, 1 + 2 + 3 + 44
, · · · の初項から第 25
項までの和は である。 （福岡工業大）
(2) 次の和を求めよ。ただし，nは 2以上の整数とする。
1 · (n− 1) + 2 · (n− 2) + · · ·+ (n− 2) · 2 + (n− 1) · 1（兵庫大）
(3) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + 4 · 5 + · · ·+ n(n+ 1) = である。
ただし，nは正の整数である。 （大阪薬科大）
317 等式
(k + 1)5 − k5 = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1
を利用してn∑
k=1
k4 を求めよ。 （大阪教育大）
318 Sn =n∑
k=1
kxk−1 を求めよ。 （高知大）
7章：数列 1：いろいろな数列
和の公式n∑
k=1
1 = n,n∑
k=1
k =n(n + 1)
2,
n∑k=1
k2 =n(n + 1)(2n + 1)
6,
n∑k=1
k3 =n2(n + 1)2
4
は覚えていますね。
315 (1) Sn =n∑
k=1
k とすると
S2n2 = 1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1) + (n+ 2) + · · ·+ 2n2
Sn = 1 + 2 + · · ·+ n
この 2式の辺々をひくと
S2n2 − Sn = (n+ 1) + (n+ 2) + · · ·+ 2n2 =2n2∑
k=n+1
k
(2) k = 3, 4, · · · , nを代入し，n∑
k=3
(k − 4)3 を書き下してみましょう。
316 (1) 第 n項は 1 + 2 + 3 + · · ·+ nn
= 1n(1 + 2 + 3 + · · ·+ n)です。
(2)，(3)∑記号で表してみましょう。
317n∑
k=1
k2,n∑
k=1
k3 の公式の延長です。この誘導が理解できない人は教科書を見直し
ておきましょう。
318∑
{(等差数列)× (等比数列)}の形の和 Sn を求めるには，等比数列の和の公式
を導くのと同様に，等比数列の公比 r を用いて Sn − rSn を考えるのが定石です。
本問は ak = k，bk = xk−1 とおくと，{an}は等差数列，{bn}は公比 xの等比数
列であり，Sn =n∑
k=1
akbk の形です。
7章：数列 1：いろいろな数列
315 (1)2n2∑
k=n+1
k =2n2∑k=1
k −n∑
k=1
k =2n2(2n2 + 1)
2− n(n+ 1)
2
=4n4 + n2 − n
2
等差数列の和であるから2n2∑
k=n+1
k =項数 (初項+末項)
2=
(2n2 − n){(n+ 1) + 2n2}2
=n(2n− 1)(2n2 + n+ 1)
2
(2)n∑
k=3
(k − 4)3 = (3− 4)3 + (4− 4)3 + (5− 4)3 + · · ·+ (n− 4)3
= (−1)3 + 03 + 13 + 23 + · · ·+ (n− 4)3 = −1 +n−4∑k=1
k3
= − 1 +(n− 4)2(n− 3)2
4=
(n2 − 7n+ 12)2 − 22
4
=(n − 2)(n − 5)(n2 − 7n + 14)
4
316 (1) この数列を {an}とおくと，an の分母は nであり
（an の分子）= 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2
∴ an =n(n+ 1)
2n= 1
2(n+ 1)
したがって25∑
k=1
ak = 12
25∑k=1
(k + 1) = 12
(25 · 26
2+ 25
)= 175
(2) 1 · (n− 1) + 2 · (n− 2) + · · ·+ k(n− k) + · · ·+ (n− 1) · 1
=n−1∑k=1
k(n− k) = nn−1∑k=1
k −n−1∑k=1
k2 = n · (n− 1)n
2− (n− 1)n(2n− 1)
6
=(n − 1)n(n + 1)
6
7章：数列 1：いろいろな数列
(3) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + 4 · 5 + · · ·+ n(n+ 1)
=n∑
k=1
k(k + 1) =n∑
k=1
(k2 + k) = 16n(n+ 1)(2n+ 1) + 1
2n(n+ 1)
= 16n(n+ 1)(2n+ 1 + 3) =
n(n + 1)(n + 2)
3
317 k の恒等式
(k + 1)5 − k5 = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1
において，k = 1, 2, 3, · · · , n として辺々をたすとn∑
k=1
{(k + 1)5 − k5} =n∑
k=1
(5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1)
(n+ 1)5 − 15 = 5n∑
k=1
k4 + 10n∑
k=1
k3 + 10n∑
k=1
k2 + 5n∑
k=1
k + n
したがって
5n∑
k=1
k4 = (n+ 1)5 − 1− 10n∑
k=1
k3 − 10n∑
k=1
k2 − 5n∑
k=1
k − n
= (n+ 1)5 − 1− 10 · n2(n+ 1)2
4− 10 · n(n+ 1)(2n+ 1)
6
−5 · n(n+ 1)
2− n
= n5 + 52n4 + 5
3n3 − 1
6n
∴n∑
k=1
k4 = 15n5 + 1
2n4 + 1
3n3 − 1
30n
318 x = 1のとき
Sn =n∑
k=1
k =n(n + 1)
2
x \= 1のとき
Sn = 1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ (n− 1)xn−2 + nxn−1
xSn = x+ 2x2 + · · ·+ (n− 2)xn−2 + (n− 1)xn−1 + nxn
辺々ひいて
(1 − x)Sn = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn−2 + xn−1 − nxn
= 1− xn
1− x− nxn =
1− xn − nxn(1− x)
1− x
∴ Sn =1 − (n + 1)xn + nxn+1
(1 − x)2
7章：数列 1：いろいろな数列
1.8 いろいろな数列の和
319 数列の和1
1 · 3 + 13 · 5 + 1
5 · 7 + · · ·+ 117 · 19 + 1
19 · 21 =
である。 （千葉工業大）
320 次の級数の和を求めよ。1
1 · 4 · 7 + 14 · 7 · 10 + · · ·+ 1
(3n− 2)(3n+ 1)(3n+ 4)(小樽商科大)
32150∑k=1
1√k + 1 +
√kを求めよ。 （大阪工業大）
319n∑
k=1
1(2k − 1)(2k + 1)
=n∑
k=1
(A
2k − 1+ B
2k + 1
)と部分分数に分解します。このとき
A2k − 1
+ B2k + 1
=2(A+B)k + (A−B)
(2k − 1)(2k + 1)
k = 1, 2, · · · , nに対して，この式が成立すればよいので，k の恒等式とみて，分子が 1となるように係数を比較します。階差の形に分解するのが目標ですから，恒等式
1AB
= 1B − A
(1A
− 1B
)を利用する手もあります。
320 これも，部分分数に分解します。この場合
1(3k − 2)(3k + 1)(3k + 4)
= A(3k − 2)(3k + 1)
+ B(3k + 1)(3k + 4)
の形を作ります。ここでも，階差の形に分解することを目標にして，恒等式
1ABC
= 1C − A
(1
AB− 1
BC
)を利用することができます。
321 分母を有理化しましょう。階差が現れます。
7章：数列 1：いろいろな数列
319 11 · 3 + 1
3 · 5 + 15 · 7 + · · ·+ 1
17 · 19 + 119 · 21 =
10∑k=1
1(2k − 1)(2k + 1)
ここで， 1(2k − 1)(2k + 1)
= A2k − 1
+ B2k + 1
とおくと
A2k − 1
+ B2k + 1
=(2k + 1)A+ (2k − 1)B
(2k − 1)(2k + 1)=
2(A+B)k + (A−B)
(2k − 1)(2k + 1)
なので，k の恒等式とみて，分子が 1となるのは
A+B = 0 かつ A−B = 1 ∴ A = 12, B = − 1
2
のときであるから10∑
k=1
1(2k − 1)(2k + 1)
= 12
10∑k=1
(1
2k − 1− 1
2k + 1
)= 1
2
{(1− 1
3
)+
(13
− 15
)+ · · ·+
(117
− 119
)+
(119
− 121
)}= 1
2
(1− 1
21
)= 1
2· 2021
= 1021
恒等式 1AB
= 1B − A
(1A
− 1B
)を考えると
1(2k − 1)(2k + 1)
= 1(2k + 1)− (2k − 1)
(1
2k − 1− 1
2k + 1
)= 1
2
(1
2k − 1− 1
2k + 1
)と変形される。
7章：数列 1：いろいろな数列
320 1(3n− 2)(3n+ 1)(3n+ 4)
= A(3n− 2)(3n+ 1)
+ B(3n+ 1)(3n+ 4)
とおくと
（右辺）=(3n+ 4)A+ (3n− 2)B
(3n− 2)(3n+ 1)(3n+ 4)=
3(A+B)n+ (4A− 2B)
(3n− 2)(3n+ 1)(3n+ 4)
左辺の分子と比較して
3(A+B) = 0 かつ 4A− 2B = 1 ∴ A = 16, B = − 1
6
よって
（与式）=n∑
k=1
1(3k − 2)(3k + 1)(3k + 4)
= 16
n∑k=1
{1
(3k − 2)(3k + 1)− 1
(3k + 1)(3k + 4)
}= 1
6
[(1
1 · 4 − 14 · 7
)+
(1
4 · 7 − 17 · 10
)+ · · ·
· · ·+{
1(3n− 2)(3n+ 1)
− 1(3n+ 1)(3n+ 4)
}]= 1
6
{1
1 · 4 − 1(3n+ 1)(3n+ 4)
}=
n(3n + 5)
8(3n + 1)(3n + 4)
恒等式 1ABC
= 1C − A
(1
AB− 1
BC
)を考えて
1(3n− 2)(3n+ 1)(3n+ 4)
= 1(3n+ 4)− (3n− 2)
{1
(3n− 2)(3n+ 1)− 1
(3n+ 1)(3n+ 4)
}= 1
6
{1
(3n− 2)(3n+ 1)− 1
(3n+ 1)(3n+ 4)
}
321 1√k + 1 +
√k
= 1√k + 1 +
√k
·√k + 1−
√k√
k + 1−√k
=√k + 1−
√k
であるから50∑
k=1
1√k + 1 +
√k
=50∑
k=1
(√k + 1−
√k)
= (√2−
√1) + (
√3−
√2) + · · ·+ (
√50−
√49) + (
√51−
√50)
=√51 − 1
7章：数列 1：いろいろな数列
1.9 和と一般項の関係
322 数列 {an}の初項から第 n項までの和 Sn が Sn = n2 − nのとき，
an = である。 （武蔵大）
323 初項から第 n項までの和が 4nである数列において，第 1項，第 3項，
第 5項，· · · と順次 1つおきにとって新たに定められた数列の第 n項を求めよ。
（中部大 改）
322 和 Sn と一般項 an を結ぶ関係式は
an =
{S1 （n = 1 のとき）
Sn − Sn−1 （n = 2 のとき）
です。実際，n = 2のとき
Sn = a1 + a2 + · · ·+ an−1 + an
−) Sn−1 = a1 + a2 + · · ·+ an−1
Sn − Sn−1 = an
323 まずは，Sn = 4n から an を求めます。求める数列の第 n項は a2n−1 です。
7章：数列 1：いろいろな数列
322 a1 = S1 = 12 − 1 = 0
n = 2のとき
an = Sn − Sn−1 = (n2 − n)− {(n− 1)2 − (n− 1)} = 2n− 2
これは a1 = 0をみたすから
an = 2n − 2 (n = 1)
323 与えられた数列を {an}とすると，初項から第 n項までの和 Sn = 4n より
n = 1のとき a1 = S1 = 4n = 2のとき an = Sn − Sn−1 = 4n − 4n−1 = 3 · 4n−1
{an}から第 1項，第 3項，第 5項，· · · と 1つおきに取り出してできる数列を
{bn}とおくと{n = 1のとき b1 = a1 = 4
n = 2のとき bn = a2n−1 = 3 · 42n−2 = 3 · 16n−1
7章：数列 1：いろいろな数列
1.10 約数・倍数の和
324 (1) 45 の正の約数は 個あり，その総和は である。
（共立薬科大）
(2) 432の正の約数は 個ある。そのうち偶数であるものをすべて加え
ると になる。 （福岡工業大）
325 1から 100までの整数のうちで 2でも 3でも割り切れないものは
個あり，それらの和は である。 （長崎総合科学大）
324 約数を書き出せば，すぐにわかります。
(1) 45 = 210 の正の約数は 20, 21, 22, · · · , 210 です。
(2) 432 = 24 × 33 の正の約数は
2030, 2031, 2032, 2033,
2130, 2131, 2132, 2133,
· · · · · · ,2430, 2431, 2432, 2433
です。
325 「A : 2でわり切れる数」，「B : 3でわり切れる数」と 1～ 100A B
A ∪B
すると，「A∪B : 2または 3でわり切れる数」，「A∩B : 6でわり切れる数」となり，さらに
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)
が成り立ちます。
7章：数列 1：いろいろな数列
324 (1) 45 = 210 の正の約数は 1, 2, 22, 23, · · · , 210 の 11個あり，総和は
1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 210 = 211 − 12− 1
= 2047
(2) 432 = 24 × 33 の正の約数は 2i3j (0 5 i 5 4, 0 5 j 5 3)であるから，正の約
数の個数は組 (i, j)の個数と一致し，(4+ 1)× (3+ 1) = 20個である。このうち，偶
数であるものの和は
2(1 + 3 + 32 + 33) + 22(1 + 3 + 32 + 33)
+23(1 + 3 + 32 + 33) + 24(1 + 3 + 32 + 33)
= (2 + 22 + 23 + 24)(1 + 3 + 32 + 33) =2(24 − 1)
2− 1× 34 − 1
3− 1= 1200
同じことだが，∑の使い方にも慣れておこう。
偶数であるものは 2i3j(1 5 i 5 4, 0 5 j 5 3)であるから，求める和は4∑
i=1
3∑j=0
2i3j =4∑
i=1
(2i
3∑j=0
3j)=
4∑i=1
(2i · 34 − 1
3− 1
)= 40
4∑i=1
2i
= 40 · 2(24 − 1)
2− 1= 40 · 30 = 1200
325 100÷ 2 = 50より 2の倍数は 50個
100÷ 3 = 33余り 1より 3の倍数は 33個
100÷ 6 = 16余り 4より 6の倍数は 16個
よって，2または 3でわり切れるものは
50 + 33− 16 = 67（個）
したがって，2でも 3でもわり切れないものは
100− 67 = 33（個）
また
（2の倍数の和）= 2 + 4 + 6 + · · ·+ 100 =50(2 + 100)
2= 2550
（3の倍数の和）= 3 + 6 + 9 + · · ·+ 99 =33(3 + 99)
2= 1683
（6の倍数の和）= 6 + 12 + 18 + · · ·+ 96 =16(6 + 96)
2= 816
（1から 100までの和）= 1 + 2 + 3 + · · ·+ 100 =100(1 + 100)
2= 5050
より，求める総和は
5050− (2550 + 1683− 816) = 1633
7章：数列 1：いろいろな数列
1.11 積の和
326 次のような n2 個の数が配置されている。
1 · 1 1 · 2 1 · 3 · · · 1 · n2 · 1 2 · 2 2 · 3 · · · 2 · n3 · 1 3 · 2 3 · 3 · · · 3 · n...
......
. . ....
n · 1 n · 2 n · 3 · · · n2
ここに並んでいる数の総和は である。 （小樽商科大）
327 nが 2以上の自然数のとき，1, 2, 3, · · · , nの中から異なる 2個の自
然数を取り出してつくった積すべての和 S を求めよ。 （宮城教育大）
326 (1 + 2 + · · ·+ n)2 を展開してみて下さい。実際
(12 + 22 + · · ·+ n2) + 2{1 · 2 + 1 · 3 + · · ·+ (n− 1) · n}が成り立ちます。
一般に (a+ b+ c+ · · · )2 を展開すると，平方和 a2 + b2 + c2 + · · · および，異なる2つの数の積の総和の 2倍が現れます。
327 前問の表の中で，本問が求めているのは下の部分の総和です。
1 · 2 1 · 3 1 · 4 · · · 1 · n2 · 3 2 · 4 · · · 2 · n
3 · 4 · · · 3 · n. . .
...(n− 1)n
7章：数列 1：いろいろな数列
326 与えられた n2 個の数は，(1 + 2 + · · · + n)2 を展開して出てくる項に一致
するから
（総和）= (1 + 2 + · · ·+ n)2 =
{n(n+ 1)
2
}2
=n2(n + 1)2
4
第 k 行目は k · 1, k · 2, · · · , k · nより
（総和）=n∑
k=1
(k · 1 + k · 2 + · · ·+ k · n) = (1 + 2 + · · ·+ n)n∑
k=1
k
=n(n+ 1)
2· n(n+ 1)
2=
n2(n+ 1)2
4
327 求める和を S とおくと
(1 + 2 + 3 + · · · + n)2 = 2S + (12 + 22 + 32 + · · · + n2)
より
2S = (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)2 − (12 + 22 + 32 + · · ·+ n2)
=
(n∑
k=1
k
)2
−n∑
k=1
k2
={12n(n+ 1)
}2
− 16n(n+ 1)(2n+ 1)
= 112
n(n+ 1){3n(n+ 1)− 2(2n+ 1)}
= 112
n(n+ 1)(n− 1)(3n+ 2)
∴ S = 124
n(n + 1)(n − 1)(3n + 2)
ij（1 5 i < j 5 n）の総和を求めればよいから
S =n∑
j=2
j−1∑i=1
ij =n∑
j=2
(jj−1∑i=1
i
)=
n∑j=2
{j · 1
2j(j − 1)
}
= 12
n∑j=2
(j3 − j2) = 12
{n∑
j=1
(j3 − j2)− (13 − 12)
}
= 12
{14n2(n+ 1)2 − 1
6n(n+ 1)(2n+ 1)
}= 1
24n(n+ 1)(n− 1)(3n+ 2)
7章：数列 1：いろいろな数列
1.12 格子点の個数
328 座標平面上で，x座標と y座標がいずれも整数である点 (x, y)を格子
点という。次の不等式を同時にみたす格子点の個数を求めよ。
(1) x = 0, y = 0, x+ y 5 20
(2) y = 0, y 5 2x, x+ 2y 5 20 （滋賀大）
329 nを 1以上の整数とする。
(1) x+ y 5 n, x = 0, y = 0をみたす整数の組 (x, y)は，
全部で12
(n2 + n+
)個ある。
(2) x+ y + z 5 n, x = 0, y = 0, z = 0をみたす整数の組 (x, y, z)は，
全部で16
(n3 + n2 + n+
)個ある。
（上智大）
328 (1) x = 一定（もしくは y = 一定）として，与えられた領域内の線分上の格
子点を順次数えていきます。
(2) 境界の直線が x+ 2y = 20のときは，x = k（一定）とすると，y = 10− k2で
あり，k =偶数, 奇数の場合分けが生じます。
y = k（一定）とすると，x = 20− 2k ですから，格子点 (x, k)の個数は数えやす
くなります。
329 (1) 平面上の格子点の個数を数えるには，うまく直線を選び，線分上の格子点
の個数を数え，総和を求めるのがポイントです。
たとえば，y 軸に平行な直線 x = k (k :整数, 0 5 k 5 n)を選びます。x軸に平行
な直線 y = l (l :整数, 0 5 l 5 n)でもよいです。
(2) 空間内の格子点の個数を数えるときは，うまく平面を選び，平面上の格子点の個
数を数え，その総和を求めるのがポイントです。
本問では，(1)が利用できるように，xy平面に平行な平面 z = l (l :整数, 0 5 l 5 n)
上の格子点を数えるのがよいでしょう。
7章：数列 1：いろいろな数列
328 (1) k = 0, 1, · · · , 20とするとき，線分
x
y
O
20
20
20− k
k
12
x = k, 0 5 y 5 20 − k上の格子点は
20− k + 1 = 21− k（個）
ある。よって，与えられた領域内の格子点は20∑
k=0
(21− k) = 212
{21 + (21− 20)}
= 231（個）
条件式は
x = 0, y = 0, 20− (x+ y) = 0
そこで，z = 20− (x+ y)とおくと
x+ y + z = 20, x = 0, y = 0, z = 0
となる整数の組 (x, y, z)の個数を求めればよい。これは球 20個と仕切り棒 2本の
並べ方の総数と一致するから(例 : ⃝|⃝⃝|⃝ · · ·⃝ ならば (x, y, z) = (1, 2, 17)
)3H20 = 22C20 = 22C2 = 231（個）
【参考】n種類のものの中から重複を許して r個のものをとる取り方の総数は nHr =
n+r−1Cr である。これは重複組合せとよばれる。
(2) A(4, 8)，B(20, 0)，C(4, 0)とおく。
x
y
O
10
20
A
B
x+ 2y = 20
y = 2x
4
8
C
x
y
O
10
20
A
B
x+ 2y = 20
y = 2x
4
8
C5 6 7 20− 2l
l
△OACの辺 ACを除く領域の格子点の個数は，k = 0, 1, 2, 3とするとき，線分x = k, 0 5 y 5 2k
上に 2k + 1個あるので
1 + 3 + 5 + 7 = 16（個）
次に△ABCの周および内部にある格子点の数を数える。l = 0, 1, 2, · · · , 8として，線分y = l, 4 5 x 5 20 − 2l上の格子点の個数は
(20− 2l)− 3 = 17− 2l（個）
∴8∑
l=0
(17− 2l) = 92{17 + (17− 16)}
= 81（個）
以上より
16 + 81 = 97（個）
7章：数列 1：いろいろな数列
329 (1) 線分
x
y
O
n
n
12
n− k
k
x = k, 0 5 y 5 n − k (0 5 k 5 n)
上の格子点は，n − k + 1 個あるから，求める整数の組 (x, y)の個数は
n∑k=0
(n− k + 1)
= (n+ 1) + n+ (n− 1) + · · ·+ 3 + 2 + 1
= 12(n+ 1)(n+ 2) = 1
2(n2 + 3n + 2)
(2) z = l (0 5 l 5 n)のとき
x
y
O
n− l
n− l
z = l のとき
x+ y 5 n− l, x = 0, y = 0
であるから，平面 z = l上の格子点の個数は (1)より12(n− l + 1)(n− l + 2)（個）
よって，求める整数の組 (x, y, z)の個数はn∑
l=0
12(n− l + 1)(n− l + 2)
= 12{(n+ 1)(n+ 2) + n(n+ 1) + · · ·· · ·+ 3 · 4 + 2 · 3 + 1 · 2}
= 12
n+1∑j=1
j(j + 1) = 12
{(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)
6+
(n+ 1)(n+ 2)
2
}= 1
2· (n+ 1)(n+ 2)
6{(2n+ 3) + 3} = 1
6(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)
= 16(n3 + 6n2 + 11n + 6)
(1) 条件式は n− x− y = 0, x = 0, y = 0
そこで，z = n− x− y とおくと
x+ y + z = n, x = 0, y = 0, z = 0
となる整数の組 (x, y, z)の個数を求めればよいから
3Hn = n+2Cn = n+2C2 =(n+ 2)(n+ 1)
2 · 1 = 12(n2 + 3n+ 2)
(2)も同様に，w = n− x− y − z とおくと
x+ y + z + w = n, x = 0, y = 0, z = 0, w = 0
となる整数の組 (x, y, z, w)の個数を求めればよいから
4Hn = n+3Cn = n+3C3 =(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)
3 · 2 · 1= 1
6(n3 + 6n2 + 11n+ 6)
7章：数列 1：いろいろな数列
1.13 群数列
330 自然数 1, 2, 3, · · · を，(1), (2, 3, 4), (5, 6, 7, 8, 9), (10, 11, 12, 13, 14, 15, 16), · · ·
のように分割することを考える。左から n 番目の括弧の中の数を第 n 群と
よぶことにする。第 n 群には 2n− 1 個の自然数が小さい順に並んでいるこ
とになる。たとえば，6 は第 3 群の 2 番目の数である。
(1) 第 n 群の最初の数を n で表せ。
(2) 365 は第何群の何番目の数か。
(3) 第 n 群の n 番目の数を cn で表すとき，c1 + c2 + · · · + cM を求めよ。
ただし，M は自然数とする。 （中央大 改）
331 数列 23，
25，
45，
27，
47，
67，
29，
49，
69，
89，· · · において
(1) 415はこの数列の第何項目にあるか。
(2) この数列の第 100項目の数は何か。 （久留米工業大）
群数列の解法は，次のようなことを考えます。
( i ) 第 n群はどんな数列か調べる。
(ii) 第 n群の項数を調べる。
(iii) 第 n群の初項（または末項）は，群を取り去った元の数列の初項から数えて何番
目か調べる。
(iv) 第 n群の初項を求める。
330 第 n群のm番目の項を an,m とおくと
(1) n = 2のとき，an,1 は「（第 1群から第 n− 1群の末項までの項数）+ 1」です。
(2) an,m = 365 とすると
an,1 5 365 < an+1,1
です。
(3) cn = an,n です。
331 まずは，分母が等しい分数をまとめて 1つの群とします。
7章：数列 1：いろいろな数列
330
第 1群
(1),
第 2群
(2, 3, 4),
第 3群
(5, 6, 7, 8, 9),
第 4群
(10, 11, 12, 13, 14, 15, 16), · · ·
(1) 第 n 群の m 番目の数を an,m とおく。第 n 群には 2n− 1個の数が含まれるか
ら，第 1群から第 n− 1 群 (n = 2) までに含まれる数の個数の総数はn−1∑k=1
(2k − 1) = 2 · 12(n− 1) · n− (n− 1) = (n− 1)2（個） · · · · · · 1⃝
である。よって，第 n 群の最初の数はan,1 = (n− 1)2 + 1 = n2 − 2n + 2
となり，これは n = 1 のときも成り立つ。
(2) 365が第 n 群に含まれるとすると
（第 n 群の最初の数）5 365 <（第 n+ 1 群の最初の数）
をみたすから，(1)より
(n− 1)2 + 1 5 365 < n2 + 1
192 = 361，202 = 400 より(20− 1)2 + 1(= 362) 5 365 < 202 + 1(= 401)
であるから，n = 20 である。また，第 20群の最初の数が 362であるので，365は365− 362 + 1 = 4（番目）
である。
以上より，365は 第 20群の 4番目の数である。
(3) 1⃝ より，第 n 群の n 番目の数は
cn = an,n = (n− 1)2 + n = n2 − n+ 1
であるから
c1 + c2 + · · ·+ cM =M∑k=1
ck
=M∑k=1
(k2 − k + 1)
= 16M(M + 1)(2M + 1)− 1
2M(M + 1) +M
= 16M{(M + 1)(2M + 1)− 3(M + 1) + 6}
= 13M(M2 + 2)
7章：数列 1：いろいろな数列
331 23， 2
5， 4
5， 2
7， 4
7， 6
7， 2
9， 4
9， 6
9， 8
9，· · · を，分母に着目して
第 1群
23
∥∥∥∥第 2群
25, 45
∥∥∥∥第 3群
27, 47, 67
∥∥∥∥第 4群
29, 49, 69, 89
∥∥∥∥ · · ·
と群に分ける。このとき，第 n群には n個の項があり，第 n群のm番目の数 an,mは
an,m = 2m2n + 1
(1) 415
= 2× 22× 7 + 1
は第 7群の 2番目の数であるから，もとの数列では
(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 2 = 6 · 72
+ 2 = 23（項目）
(2) 第 100項目が第 n群（n = 2）にあるとすると
1 + 2 + · · ·+ (n− 1) < 100 5 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) + n
より(n− 1)n
2< 100 5 n(n+ 1)
2
∴ (n− 1)n < 200 5 n(n+ 1)
13× 14 = 182, 14× 15 = 210より
n = 14
第 13群の末項までには
1 + 2 + · · ·+ 13 = 13 · 142
= 91（個）
の数があるから，第 100項目の数は
第 14群の 100− 91 = 9 （番目）
にある。したがって，求める数は
a14,9 = 2× 92× 14 + 1
= 1829
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2 数学的帰納法と漸化式
2.1 数学的帰納法
332 すべての自然数 nについて，等式
13 + 23 + 33 + · · · · · ·+ n3 =n2(n+ 1)2
4が成立することを数学的帰納法によって証明しなさい。 （専修大）
333 5以上の整数 nについて，2n > n2 が成り立つことを証明せよ。
（滋賀大）
334 a1 = 13, an+1 = 1
2− an(n = 1, 2, 3, · · · )
で定義される数列 {an}について，anを表す nの式を推定し，それが正しい
ことを数学的帰納法によって証明せよ。 （九州芸術工科大）
332 自然数 nに関する命題 P (n)の証明に対しては，数学的帰納法が効果を発揮し
ます。すなわち
(I) P (1)が成り立つ
(II) P (k)が成り立つと仮定すると，P (k + 1)も成り立つ
ことの 2つを示せば，すべての自然数 nに対して P (n)が成り立ちます。
333 (I) まず，n = 5で成り立つことを調べます。
(II) 5以上のある整数 k で成り立つと仮定してみましょう。
334 自然数 n についての命題が，十分多くの n について正しいことが確認されれ
ば，すべての nについて正しいのではないかと推定されます。この推定が正しいことの証明には，数学的帰納法が有効です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
332 13 + 23 + 33 + · · · · · ·+ n3 =n2(n+ 1)2
4· · · · · · 1⃝
が成り立つことを数学的帰納法により証明する。
(I) n = 1 のとき
（左辺）= 13 = 1, （右辺）=12(1 + 1)2
4= 1
であるから， 1⃝は成り立つ。(II) n = k（k は自然数）のとき， 1⃝が成り立つと仮定すると
13 + 23 + · · · + k3 + (k + 1)3
=k2(k + 1)2
4+ (k + 1)3
=(k + 1)2{k2 + 4(k + 1)}
4=
(k + 1)2(k + 2)2
4
=(k + 1)2{(k + 1) + 1}2
4
したがって，n = k + 1 のとき 1⃝は成り立つ。(I)，(II)より，すべての自然数 nに対して 1⃝が成り立つことが示された。
（証終）
333 (I) n = 5のとき 25 = 32 > 25 = 52 より，成り立つ。
(II) n = k (= 5)のとき 2k > k2 が成り立つと仮定する。
2k+1 − (k + 1)2 = 2 · 2k − k2 − 2k − 1
> 2 · k2 − k2 − 2k − 1 (∵ 仮定より)
= k2 − 2k − 1 = (k − 1)2 − 2
k = 5のとき，(k − 1)2 − 2 = (5− 1)2 − 2 = 14 > 0であるから
2k+1 > (k + 1)2
よって，n = k + 1のときも成り立つ。
(I)，(II)より，5以上の整数 nについて，2n > n2 が成立する。 （証終）
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
334 a1 = 13より
a2 = 12− a1
= 1÷(2− 1
3
)= 3
5
a3 = 12− a2
= 1÷(2− 3
5
)= 5
7
a4 = 12− a3
= 1÷(2− 5
7
)= 7
9
以上より，an =2n − 12n + 1
と推定できるので，これを数学的帰納法で証明する。
(I) n = 1のとき， 2 · 1− 12 · 1 + 1
= 13より成立。
(II) n = k のとき，ak = 2k − 12k + 1
が成り立つと仮定すると与えられた漸化式より
ak+1 = 12− ak
= 1
2− 2k − 12k + 1
= 2k + 12k + 3
=2(k + 1)− 1
2(k + 1) + 1
よって，n = k + 1 のときも成り立つ。
(I)，(II)より，すべての自然数 nについて an = 2n− 12n+ 1
である。 （証終）
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.2 2項間漸化式 an+1 = an + q(n)
335 数列 {an}はa1 = 1, an+1 = an − 6n+ 13 (n = 1, 2, 3, · · · )
で定義されている。このとき，an を n の式で表すと であり，an は
n = のとき最大値 をとる。 （関西学院大）
336 初項 a1 = 0，漸化式
an+1 − an =n(n− 1)
2+ 1 (n = 1, 2, 3, · · · )
で与えられる数列 {an}の一般項を求めよ。 （中部大）
335， 336 an+1 = an + f(n) のとき
an+1 − an = f(n)
つまり {an}の階差数列の一般項が f(n)ということです。n = 1, 2, 3, · · · , n − 1
として両辺の和をとると
(a2 − a1) + (a3 − a2) + (a4 − a3) + · · ·+ (an − an−1)= f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(n− 1)
∴ an − a1 =n−1∑k=1
f(k) (n = 2)
すなわち
an = a1 +n−1∑k=1
f(k) (n = 2)
なお，n = 1 のときは別に扱うことになります。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
335 an+1 = an − 6n+ 13 より an+1 − an = −6n+ 13
したがって，n = 2のとき
an = a1 +n−1∑k=1
(−6k + 13) = 1− 6 · (n− 1)n
2+ 13(n− 1)
= −3n2 + 16n − 12 （これは，n = 1のときも成り立つ）
= −3(n− 8
3
)2
+ 283
したがって
n = 3のとき，最大値 a3 = 9
336 n = 2のとき
an = a1 +n−1∑k=1
{k(k − 1)
2+ 1
}= 1
2
n−1∑k=1
(k2 − k) + (n− 1)
= 12
{(n− 1)n(2n− 1)
6− (n− 1)n
2
}+ n− 1
= n− 112
{n(2n− 1)− 3n}+ n− 1
= n− 112
{n(2n− 1)− 3n+ 12}
= 16(n− 1)(n2 − 2n+ 6)
a1 = 0より，n = 1のときも成り立つから
an = 16(n − 1)(n2 − 2n + 6) (n = 1)
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.3 2項間漸化式 an+1 = pan + q
337 a1 = 3, an+1 = 3an + 1 (n = 1, 2, 3, · · · )できまる数列の一般項 an を求めよ。 （大分大）
338 a0 = 2, an = 13an−1 + 3 (n = 1, 2, 3, · · · )
で定義される数列 {an}の一般項を求めると， である。 （東北学院大）
339 数列 {an}の初項から第 n項までの和 Sn が
Sn = −an + 3n+ 2 (n = 1, 2, 3, · · · )によって定められている。一般項 an を求めよ。 （愛知学泉大）
337 漸化式 an+1 = pan + q をみたす数列 {an}は
• p = 1のとき，an+1 = an + q であり，公差 q の等差数列
• q = 0のとき，an+1 = pan であり，公比 pの等比数列
であり，等差数列，等比数列を含む幅広い数列になっています。an+1 = pan + qの型の漸化式の一般項を求めるには{
an+1 = pan + q · · · · · · 1⃝α = pα + q · · · · · · 2⃝
2⃝をみたす αを求めて， 1⃝− 2⃝ をつくると
an+1 − α = p(an − α)
これは，数列 {an−α}が初項 a1−α，公比 pの等比数列であることを表しています。
338 初項が a0，つまり n = 0から始まっていることに注意しましょう。
339 和と一般項の関係式
an =
{S1 （n = 1 のとき）
Sn − Sn−1 （n = 2 のとき）
を用いればよいでしょう。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
337 an+1 = 3an + 1(α = 3α + 1をみたす α は α = − 1
2
)は an+1 + 1
2= 3
(an + 1
2
)と変形できる。
よって，数列{an + 1
2
}は公比 3の等比数列であり，初項は
a1 +12
= 3 + 12
= 72
となるので
an + 12
= 72
· 3n−1 ∴ an = 72
· 3n−1 − 12
338 an = 13an−1 + 3
(α = 1
3α + 3をみたす α は α = 9
2
)は an − 9
2= 1
3
(an−1 − 9
2
)と変形できる。
よって，数列{an − 9
2
}は公比 1
3の等比数列であり，初項は
a0 − 92
= 2− 92
= − 52
となるので
an − 92
= − 52
·(13
)n
∴ an = − 52
· 13n + 9
2
339 a1 = S1 = −a1 + 5より a1 = 52
an+1 = Sn+1 − Sn
= {−an+1 + 3(n+ 1) + 2} − (−an + 3n+ 2)= −an+1 + an + 3
∴ 2an+1 = an + 3
an+1 = 12an + 3
2
(α = 1
2α + 3
2をみたす α は α = 3
)は
an+1 − 3 = 12(an − 3)
と変形できる。よって，数列 {an − 3}は公比 12の等比数列であり，初項は
a1 − 3 = 52
− 3 = − 12
したがって
an − 3 = − 12
·(12
)n−1
= − 12n
∴ an = 3 − 12n
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.4 2項間漸化式 an+1 = pan + q への変形
340 数列 {an} , {bn}が次の条件をみたす。
a1 = 16および，an+1 =
an6an + 7
, bn = 1an
(n = 1, 2, · · · )
次の問いに答えよ。
(1) bn+1 を bn を用いて表せ。
(2) 数列 {an} , {bn}の一般項 an, bn を求めよ。 （岩手大 改）
341 数列 {bn}が b1 = 1と漸化式
bn+1 = 5√bn (n = 1, 2, 3，· · · )
で定義されているとき，一般項 bn を nの式で表せ。 （関西大）
340 分数型の漸化式です。
an+1 =ran
pan + q（p，q，r は定数）
のときは，両辺の逆数をとるのが定石です。一般型については 302ページの【分数型漸化式】を参照して下さい。
341 積 bn+1bn や指数型 b 2n などを含む漸化式を an の 1 次式に直す手段のひとつ
として，対数を考えてみましょう。
この問題は√bn = b
12
n を含んでいますから，両辺に loga をつけてみて下さい。底
aについては問題に応じて，うまく選んで下さい。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
340 (1) a1 = 16
> 0であることと与えられた漸化式の形から，明らかに an > 0
である。そこで，両辺の逆数をとると
1an+1
=6an + 7
an= 7 · 1
an+ 6
bn = 1anであるから
bn+1 = 7bn + 6
(2) (1)の式は（β = 7β + 6をみたす β は β = −1であるから）
bn+1 + 1 = 7(bn + 1)
と変形できる。数列 {bn + 1}は公比 7の等比数列で，初項は
b1 + 1 = 1a1
+ 1 = 6 + 1 = 7
したがって
bn + 1 = 7 · 7n−1 ∴ bn = 7n − 1
であるから
an = 1bn
= 17n − 1
341 bn+1 = 5√bn (> 0)より，底 5の対数をとると
log5 bn+1 = log5 5√bn = log5 5 + log5 b
12
n
= 1 + 12log5 bn
an = log5 bn とおくと
a1 = log5 b1 = log5 1 = 0
an+1 = 12an + 1
(α = 1
2α+ 1をみたす α は α = 2
)これは，an+1 − 2 = 1
2(an − 2)と変形できる。
よって，数列 {an − 2}は，公比 12の等比数列であり，初項 a1 − 2 = −2である。
an − 2 = −2 ·(12
)n−1
= − 12n−2
∴ an = 2− 12n−2 = 2− 22−n
したがって
log5 bn = 2− 22−n
∴ bn = 52−22−n
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.5 2項間漸化式 an+1 = pan + q(n)
342 a1 = 3, an+1 = 2an + n − 1 (n = 1, 2, 3, · · · )で定義される数列がある。bn = an+1 − an としたとき，{bn}の一般項は bn = であり，
{an}の一般項は an = である。 （明治大 改）
343 漸化式 a1 = 1, an − 2an−1 = n (n = 2, 3, · · · ) で与えられた数列{an}がある。この漸化式は，nの一次式 f(n) = pn+ qを用いて
an + f(n) = 2{an−1 + f(n− 1)} (n = 2, 3, · · · )と表すことができる。このとき p = , q = であり，一般項を求
めると an = (n = 1, 2, · · · ) である。 （東京慈恵会医科大）
344 次の漸化式で定義される数列の一般項 an を求めよ。
a1 = 1, an+1 = 3an + 2n (n = 1, 2, 3, · · · ) （北海道情報大）
345 a1 = 1，an+1 = 4an +(13
)n
(n = 1, 2, 3, · · · ) で定められた数列
{an}を考える，αを定数として，bn = an + α(13
)n
(n = 1, 2, 3, · · · ) と
おくと α = のとき，{bn}は初項 ，公比 である等比数列
となる。これより an ={
n −( )n}
(n = 1, 2, 3, · · · )
である。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
342 このタイプは，pは定数ですが，q が nによって変わる場合です。p = 1のと
きは，an+1 − an = q(n) となりますから，数列 {an}の階差数列が {q(n)}です。p \= 0, 1のときには，解法はいくつかあります。誘導にあるように，an+1−an = bn
つまり数列 {an}の階差をつくるのは，一つの定石です。
343 漸化式 an+1 = pan + q(n) に対して，f(n+ 1) = pf(n) + q(n)となる nの関
数 f(n)を見つけることができれば，辺々をひいて
an+1 − f(n + 1) = p{an − f(n)}となり，数列 {an − f(n)}は公比 pの等比数列になります。
344 q(n) = rn（nの指数形）のときは，rn+1 でわると，an+1 = pan + q(n)はan+1
rn+1 =pr
· an
rn+ 1
rすなわち bn+1 = Abn +B
または，pn+1 でわると，an+1 = pan + q(n)は
an+1
pn+1 =an
pn+
q(n)
pn+1 すなわち 数列
{an
pn
}の階差数列が
{q(n)
pn+1
}
345 343 と同じ考え方をします。f(n+ 1) = 4f(n) +(13
)n
となる関数 f(n)が
見つかれば，与式との差をとることにより
an+1 − f(n+ 1) = 4{an − f(n)}として公比 4の等比数列 {an − f(n)}をつくることができます。
そのために，f(n) = −α(13
)n
としてみよ，というのが本問の誘導です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
342 bn = an+1 − an
= (2an + n− 1)− {2an−1 + (n− 1)− 1}= 2an − 2an−1 + 1 = 2(an − an−1) + 1
= 2bn−1 + 1 （α = 2α+ 1 をみたす α は α = −1）
したがって，bn + 1 = 2(bn−1 + 1)と変形できるので，数列 {bn + 1}は公比 2の等
比数列であり，初項
b1 + 1 = a2 − a1 + 1 = (2a1 + 1− 1)− a1 + 1 = a1 + 1 = 4
であるから
bn + 1 = 4 · 2n−1 = 2n+1 ∴ bn = 2n+1 − 1
数列 {an}の階差数列が {bn} なので，n = 2のとき
an = a1 +n−1∑k=1
bk = 3 +n−1∑k=1
(2k+1 − 1) = 3 +4(2n−1 − 1)
2− 1− (n− 1)
= 2n+1 − n
これは，n = 1のときも成り立つので
an = 2n+1 − n
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
343 an + f(n) = 2{an−1 + f(n− 1)} · · · · · · 1⃝ ，f(n) = pn+ q より
an + pn+ q = 2{an−1 + p(n− 1) + q}= 2an−1 + 2pn− 2p+ 2q
∴ an − 2an−1 = pn+ (−2p+ q)
an − 2an−1 = nが n = 2, 3, · · · で成り立つのでp = 1 かつ −2p+ q = 0 ∴ p = 1, q = 2
したがって，f(n) = n+ 2となる。さらに， 1⃝より数列 {an + f(n)}は公比 2の等
比数列であり，初項は a1 + f(1) = 1 + 1 + 2 = 4であるから
an + f(n) = 4 · 2n−1 = 2n+1
したがって
an = 2n+1 − f(n) = 2n+1 − n − 2
an+1 − 2an = n+ 1, an − 2an−1 = n2式の差をとると
(an+1 − an)− 2(an − an−1) = 1
bn = an+1 − an とおくと
bn = 2bn−1 + 1, b1 = a2 − a1 = (2a1 + 2)− a1 = 4− 1 = 3
これはさらに（β = 2β + 1をみたす β は β = −1であるから）
bn + 1 = 2(bn−1 + 1)
と変形できる。数列 {bn + 1}は公比 2，初項 b1 + 1 = 3 + 1 = 4の等比数列である
から
bn + 1 = 4 · 2n−1 = 2n+1 ∴ bn = an+1 − an = 2n+1 − 1
n = 2のとき
an = a1 +n−1∑k=1
(2k+1 − 1) = 1 + 4 · 2n−1 − 12− 1
− (n− 1)
= 2n+1 − n− 2
これは n = 1のときも成立する。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
344 an+1 = 3an + 2n より，両辺を 2n+1 でわって，bn =an
2nとおくと
an+1
2n+1 = 32
· an
2n+ 1
2
∴ bn+1 = 32bn + 1
2
(α = 3
2α+ 1
2をみたす α は α = −1
)さらに
bn+1 + 1 = 32(bn + 1)
と変形できるので，数列 {bn + 1} は公比 32の等比数列であり，初項は b1 + 1 =
a1
21+ 1 = 1
2+ 1 = 3
2であるから
bn + 1 = 32
·(32
)n−1
∴ bn =(32
)n
− 1 = 3n − 2n
2n
したがって
an = 2n · bn = 3n − 2n
両辺を 3n+1 でわって，cn =an
3nとおくと
an+1
3n+1 =an
3n+ 2n
3n+1
∴ cn+1 = cn + 2n
3n+1
つまり，数列 {cn}の階差数列は{
2n
3n+1
}であり，n = 2のとき
cn = c1 +n−1∑k=1
2k
3k+1
=a1
3+ 1
3
n−1∑k=1
(23
)k
= 13
{1 +
n−1∑k=1
(23
)k}
= 13
{1 + 2
3+
(23
)2
+ · · ·+(23
)n−1}
= 13
·1−
(23
)n
1− 23
= 1−(23
)n
= 3n − 2n
3n
よってan
3n= 3n − 2n
3n∴ an = 3n − 2n （n = 1 のときも成立）
あるいは，与えられた漸化式は
an+1 + 2n+1 = 3(an + 2n) （この変形は次問参照）
と変形できるから
an + 2n = (a1 + 21) · 3n−1 = (1 + 2) · 3n−1 = 3n
∴ an = 3n − 2n
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
345 数列 {bn} について
bn = an + α(13
)n
∴ an = bn − α(13
)n
· · · · · · 1⃝
bn+1 = an+1 + α(13
)n+1
∴ an+1 = bn+1 − α(13
)n+1
· · · · · · 2⃝
1⃝， 2⃝を与えられた漸化式に代入すると
bn+1 − α(13
)n+1
= 4{bn − α
(13
)n}+
(13
)n
bn+1 = 4bn +(1− 4α+ α
3
)(13
)n
∴ bn+1 = 4bn +(1− 11
3α)(
13
)n
よって α = 311のとき，1− 11
3α = 0 となるので，{bn} は
初項 b1 = a1 +311
· 13
= 1211，公比 4
の等比数列となる。これより
bn = 1211
· 4n−1 = 311
· 4n
an = 311
· 4n − 311
(13
)n
∴ an = 311
{4n −
(13
)n}
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.6 3項間漸化式
346 数列 {an}が a1 = 1, a2 = 2, an+2 − 2an+1 − 3an = 0をみたすとき
(1) bn = an+1 + anおよび cn = an+1 − 3anとする。このとき，bn, cnを n
を用いて表せ。
(2) an を nを用いて表せ。 （立教大 改）
347 数列 {an}が次の条件を満たすとする。a1 = 1，a2 = 6，an+2 = 6an+1 − 9an (n = 1, 2, 3, · · · )
(1) bn = an+1 − 3an とおくとき，数列 {bn}の一般項を求めよ。
(2) 数列 {an}の一般項を求めよ。 （室蘭工業大）
346 an+2 + pan+1 + qan = 0型の漸化式は，次の形に変形するのが定石です。
an+2 − αan+1 = β(an+1 − αan) · · · · · · 1⃝このとき，数列 {an+1 − αan}は公比 β の等比数列です。
1⃝を整理すると，an+2−(α+β)an+1+αβan = 0なので，α+β = −pかつ αβ = q
となる α, β を見つければよいわけで，α, βは，2次方程式 x2 + px + q = 0の 2つの解です。
347 an+2 + pan+1 + qan = 0型の漸化式で，2次方程式 x2 + px+ q = 0 の解が重
解となるのが本問です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
346 (1) an+2 − 2an+1 − 3an = 0
（x2 − 2x − 3 = 0をみたす xは (x− 3)(x+ 1) = 0より x = −1, 3）
与式は an+2 + an+1 = 3(an+1 + an) と変形できるので
bn+1 = 3bn · · · · · · 1⃝また，与式は an+2 − 3an+1 = −(an+1 − 3an) と変形できるので
cn+1 = −cn · · · · · · 2⃝1⃝より，数列 {bn}は公比 3の等比数列であり，初項は
b1 = a2 + a1 = 2 + 1 = 3∴ bn = 3 · 3n−1 = 3n すなわち an+1 + an = 3n · · · · · · 3⃝
2⃝より，数列 {cn}は公比 −1の等比数列であり，初項はc1 = a2 − 3a1 = 2− 3 = −1
∴ cn = (−1) · (−1)n−1 = (−1)n すなわち an+1 − 3an = (−1)n
· · · · · · 4⃝(2) 3⃝− 4⃝より
4an = 3n − (−1)n ∴ an =3n − (−1)n
4
347 (1) 与えられた漸化式は
（x2 = 6x − 9をみたす xは (x− 3)2 = 0より x = 3（重解））an+2 − 3an+1 = 3(an+1 − 3an)
と変形できるので，bn = an+1 − 3an とおくと
bn+1 = 3bnとなる。このとき，数列 {bn} は公比 3の等比数列となり，初項は b1 = a2 − 3a1 = 3
であるので，求める一般項は
bn = 3n
(2) (1) よりan+1 − 3an = 3n
両辺を 3n+1 でわって
an+1
3n+1 − an
3n= 1
3
よって，an+1
3n+1 =an
3n+ 1
3と変形できるので，数列
{an
3n
}は公差 1
3の等差数列
である。初項はa1
31= 1
3であるから
an
3n= 1
3+ (n− 1) · 1
3= n
3∴ an = n · 3n−1
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.7 連立漸化式
348 数列 {an} , {bn}について，
a1 = 1, b1 = 2,
{an+1 = an + 2bn
bn+1 = 2an + bn, n = 1, 2, 3, · · ·
の関係がある。
(1) an + bn を nの式で表すと， である。
(2) an を nの式で表すと， である。 （東北学院大）
349 次の式をみたす数列 {an} , {bn}がある。a1 = 2, b1 = 1, an+1 = 2an + 3bn, bn+1 = an + 2bn
次の問いに答えよ。
(1) cn = an + kbn とする。数列 {cn}が等比数列となる正の数 kを求めよ。
(2) (1)で求めた kについて，dn = an − kbnとする。数列 {cn} , {dn}の一般項を求めよ。
(3) 一般項 an, bn を求めよ。 （大阪教育大 改）
次の連立漸化式{an+1 = pan + qbn · · · · · · 1⃝
bn+1 = ran + sbn · · · · · · 2⃝
については， 1⃝− α× 2⃝をつくりan+1 − αbn+1 = β(an − αbn)
となる α, β を見つければ，{an −αbn}は公比 β の等比数列となります。実は，この
αは xの方程式 x =px+ qrx+ s
の解となっています。
とくに， 348のように{an+1 = pan + qbn
bn+1 = qan + pbn
の形で表される r = q，s = p の場合は頻出で，α = ±1です。
349 k = 2k + 3k + 2
を解くと k = ±√3 です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
348 (1) an+1 + bn+1 = (an + 2bn) + (2an + bn) = 3(an + bn)
数列 {an + bn}は公比 3の等比数列で，初項は a1 + b1 = 1 + 2 = 3だから
an + bn = 3 · 3n−1 = 3n · · · · · · 1⃝
(2) an+1 − bn+1 = (an + 2bn)− (2an + bn) = −(an − bn)
数列 {an − bn}は公比 −1の等比数列で，初項は a1 − b1 = 1− 2 = −1だから
an − bn = (−1) · (−1)n−1 = (−1)n · · · · · · 2⃝1⃝+ 2⃝より
2an = 3n + (−1)n ∴ an =3n + (−1)n
2
349 (1) cn+1 = an+1 + kbn+1 = (2an + 3bn) + k(an + 2bn)より
cn+1 = (2 + k)an + (3 + 2k)bn · · · · · · 1⃝{cn}が公比 r の等比数列のとき，cn+1 = rcn より
cn+1 = ran + rkbn · · · · · · 2⃝1⃝， 2⃝より
2 + k = r · · · · · · 3⃝ かつ 3 + 2k = rk · · · · · · 4⃝となればよい。 3⃝を 4⃝に代入して
3 + 2k = (2 + k)k k2 = 3 ∴ k =√3 (∵ k > 0)
(2) k =√3を 3⃝へ代入すると，r = 2 +
√3となるから， 2⃝より数列 {cn}すなわ
ち {an +√3bn}は公比 2 +
√3の等比数列で，初項は
c1 = a1 +√3b1 = 2 +
√3
∴ cn = (2 +√3) · (2 +
√3)n−1 = (2 +
√3)n · · · · · · 5⃝
次に，dn = an −√3bn のときは，(1)の k = −
√3のときを考えればよいので，数列
{dn}すなわち {an −√3bn}は公比 2−
√3の等比数列で，初項は
d1 = a1 −√3b1 = 2−
√3
∴ dn = (2−√3) · (2−
√3)n−1 = (2 −
√3)n · · · · · · 6⃝
(3) 5⃝より an +√3bn = (2 +
√3)n · · · · · · 7⃝
6⃝より an −√3bn = (2−
√3)n · · · · · · 8⃝
7⃝+ 8⃝2
，7⃝− 8⃝2√3より
an =(2 +
√3)n + (2 −
√3)n
2, bn =
(2 +√3)n − (2 −
√3)n
2√3
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.8 分数型漸化式
350 a1 = 0, an+1 = − 2an + 3
(n = 1, 2, 3, · · · )で定められる数列 {an}
について，次の問いに答えよ。
(1) bn = 11 + an
とおいて，bn+1 と bn の関係式を求めよ。
(2) an を nを用いて表せ。 （大阪府立大）
351 a1 = 4, an+1 =3an − 4an − 1
(n = 1, 2, 3, …) で定義される数列 {an}
について，次の問いに答えよ。
(1) すべての nに対して，an \= 2であることを示せ。
(2) bn = 1an − 2
とおくとき，数列 {bn}の一般項を求めよ。
(3) 数列 {an}の一般項を求めよ。 （名城大）
1次分数型の漸化式
an+1 =pan + qran + s
は，xの方程式 x =px+ qrx+ s
の解の 1つ αを用いると，数列{
1an − α
}についての
簡単な漸化式に変形できます。
350 x = − 2x+ 3
を解くと x = −1, −2 です。
351 x = 3x− 4x− 1
を解くと x = 2（重解）です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
350 (1) bn+1 = 11 + an+1
= 1
1− 2an + 3
=an + 3an + 1
=2 + (an + 1)
an + 1
= 2an + 1
+ 1 = 2bn + 1
∴ bn+1 = 2bn + 1
(2) bn+1 = 2bn + 1は（α = 2α + 1をみたす αは α = −1）bn+1 + 1 = 2(bn + 1)
と変形できるので，数列 {bn + 1}は公比 2の等比数列である。初項は
b1 + 1 = 11 + a1
+ 1 = 2 ∴ bn + 1 = 2 · 2n−1 = 2n
したがって，bn = 2n − 1 であるから
1 + an = 1bn
= 12n − 1
∴ an = 12n − 1
− 1 =2 − 2n
2n − 1
351 (1) (I) n = 1のとき，a1 = 4 \= 2
(II) an \= 2と仮定すると
an+1 − 2 =3an − 4an − 1
− 2 =an − 2an − 1
\= 0 · · · · · · 1⃝
∴ an+1 \= 2
以上 (I)，(II)より，すべての nに対して，an \= 2である。 （証終）
(2) 1⃝よりan+1 − 2 =
an − 2an − 1
∴ 1an+1 − 2
=an − 1an − 2
=(an − 2) + 1
an − 2= 1 + 1
an − 2
bn = 1an − 2
とおくと
bn+1 = bn + 1
数列 {bn}は公差 1の等差数列であり，初項は b1 = 1a1 − 2
= 14− 2
= 12である
から
bn = 12
+ (n− 1) · 1 = n − 12
(3) bn = 1an − 2
より
an − 2 = 1bn
= 1
n− 12
= 22n− 1
∴ an = 22n− 1
+ 2 = 4n2n − 1
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
2.9 確率と漸化式
352 サイコロを n回投げたとき 1の目が偶数回出る確率を pn とする。た
だし，1の目がまったく出なかった場合は偶数回出たと考えることにする。次
の問いに答えよ。
(1) p1 を求めよ。
(2) pn+1, pn の間に
pn+1 = 56pn + 1
6(1− pn)
という関係があることを示せ。
(3) pn (n = 1, 2, 3, · · · )を求めよ。 （姫路工業大）
353 表が出る確率が p，裏が出る確率が 1− pである 1個のコインがある。
ただし，pは 0 < p < 1 である定数とする。このコインを繰り返し投げる試
行を考える。nを 2以上の自然数とし，Qn を n回目に初めて 2回続けて表
が出る確率とする。
(1) Q2，Q3，Q4 を pを用いて表せ。
(2) 1回目に表が出た場合と裏が出た場合に分けることによって，Qn+2 を
Qn，Qn+1 および pを用いて表せ。
(3) p = 37のとき，一般項 Qn を nを用いて表せ。 （大阪府立大）
354 A，B，Cの 3人がそれぞれ 1枚ずつ札を持っている。最初，Bが赤札，
他の 2人は白札を持っている。赤札を持っている人がコインを投げて，表が
出れば Aと Bの持っている札を交換する。裏が出れば Bと Cが持っている
札を交換する。これを n回繰り返したとき，最後に A，B，Cが赤札を持っ
ている確率をそれぞれ pn, qn, rn とする。
(1) n = 1, 2のとき，pn, qn, rn を求めよ。
(2) pn, qn, rn を nを用いて表せ。 （お茶の水女子大）
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
状況変化を押さえるには樹形図がわかりやすいでしょう。しかし，すべてを樹形図
でかくには限界があります。せいぜいかいても 4回くらいまでではないでしょうか。これ以上になってくると手におえません。このときには，漸化式を考えます。漸化式
を立てるときのポイントは n回目から n+1回目への状況変化において，排反でかつすべてを網羅する場合分けをキチンとつくることです。
352 n回目
偶数回
奇数回
1以外の目
1の目
n+ 1回目
偶数回
353 1回目 2回目 · · · · · · n+ 2回目
表 裏 Qn
裏 Qn+1
354 コインを投げるのは誰であっても構いません。札を交換する 2人だけに着目し
ます。下の図式より 3元の連立漸化式がつくられますが，“確率の総和 = 1”や対称性などに着目すると計算はラクになります。
n回目
pn
qn
rn
n+ 1回目
pn+1
qn+1
rn+1
は表 は裏
たとえば右図より
qn+1 = pn × 12
+ qn × 12
です。
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
352 (1) サイコロを 1回投げて，1の目が出ない確率なので p1 = 56
(2) サイコロを n+ 1回投げたとき 1の目が偶数回出るのは
• n回までに 1の目が偶数回出て，n+ 1回目に 1以外の目が出る• n回までに 1の目が奇数回出て，n+ 1回目に 1の目が出る
のいずれかであり，これらは排反なので
pn+1 = pn × 56
+ (1− pn)× 16
= 56pn + 1
6(1− pn) （証終）
(3) (1)，(2)より
p1 = 56, pn+1 = 2
3pn + 1
6
(α = 2
3α+ 1
6をみたす α は α = 1
2
)∴ pn+1 − 1
2= 2
3
(pn − 1
2
){pn − 1
2
}は公比 2
3，初項 p1 − 1
2= 5
6− 1
2= 1
3の等比数列であるから
pn − 12
= 13
·(23
)n−1
∴ pn = 13
·(23
)n−1
+ 12
353 (1) Q2 は 1，2回目と続けて表が出る確率だから Q2 = p2
Q3 は 1，2，3回目が順に（裏，表，表）となる確率だから Q3 = (1 − p)p2
Q4 は 1回目は表の裏のどちらでもよく，2，3，4回目が順に（裏，表，表）となる確
率だから Q4 = (1 − p)p2
(2) ( i ) 1回目に表が出る場合，2回目は裏となり，3回目以降の n 回について，最
後の 2回で初めて続けて表が出るから，その確率は p(1− p)Qn
(ii) 1回目に裏が出る場合，2回目以降の n+ 1 回について，最後の 2回で初めて続
けて表が出るから，その確率は (1− p)Qn+1
以上より
Qn+2 = (1 − p)Qn+1 + p(1 − p)Qn
(3) p = 37のとき，Qn+2 = 4
7Qn+1 +
1249
Qn(t2 = 4
7t+ 12
49をみたす tは t = − 2
7, 6
7
)∴
Qn+2 +
27Qn+1 = 6
7
(Qn+1 +
27Qn
)· · · · · · 1⃝
Qn+2 − 67Qn+1 = − 2
7
(Qn+1 − 6
7Qn
)· · · · · · 2⃝
7章：数列 2：数学的帰納法と漸化式
1⃝より，数列{Qn+1 +
27Qn
}は公比 6
7の等比数列であり
Qn+1 +27Qn =
(Q3 +
27Q2
)·(67
)n−2
= 949
·(67
)n−1
· · · · · · · · · · 1⃝′
2⃝より，数列{Qn+1 − 6
7Qn
}は公比 − 2
7の等比数列であり
Qn+1 − 67Qn =
(Q3 − 6
7Q2
)·(− 2
7
)n−2
= 949
·(− 2
7
)n−1
· · · · · · · · · 2⃝′
1⃝′ − 2⃝′ より Qn = 956
{(67
)n−1
−(− 2
7
)n−1}
354 (1) 赤札を持っている人の状況を樹形図にすると
B
A
C
B
A
C
B
表
裏
表
裏
表
裏
1回目 2回目右図のようになる。1回目に表が出れば A，裏が出ればCが赤札を持っているので
p1 = 12, q1 = 0, r1 = 1
2
2回目に Aが赤札を持っているのは (表，裏) のときで
p2 = 12
· 12
= 14
2回目に Bが赤札を持っているのは (表，表) または (裏，裏) のときで
q2 = 12
· 12
+ 12
· 12
= 12
2回目に Cが赤札を持っているのは (裏，表) のときで
r2 = 12
· 12
= 14
(2) n+ 1回目に Bが赤札を持っているのは，下のいずれかの場合である。
• n回目に Aが赤札を持ち，n+ 1回目に表が出る
• n回目に Cが赤札を持ち，n+ 1回目に裏が出る
∴ qn+1 = 12pn + 1
2rn = 1
2(pn + rn) · · · · · · 1⃝
また，(確率の総和) = pn + qn + rn = 1 · · · · · · 2⃝ より， 1⃝はqn+1 = 1
2(1− qn) = − 1
2qn + 1
2∴ qn+1 − 1
3= − 1
2
(qn − 1
3
){qn − 1
3
}は公比 − 1
2の等比数列で，初項は q1 − 1
3= − 1
3である。
qn − 13
= − 13
·(− 1
2
)n−1
∴ qn = 13
{1 −
(− 1
2
)n−1}
札の交換に関し，A と C は対等であり，最初に B が赤札を持っていることから，
pn = rn である。 2⃝から pn = rn =1− qn
2= 1
3
{1 −
(− 1
2
)n}
