数列　基本問題一覧〜一問一答式（高校数学B）〜

【解答】 \(a_n = 4n – 1\)

【解説】
等差数列の一般項の公式 \(a_n = a + (n – 1)d\) に \(a = 3, d = 4\) を代入します。
\[a_n = 3 + (n – 1) \cdot 4 = 3 + 4n – 4 = 4n – 1\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
等差数列の一般項は必ず **\(n\) の1次式**になり、\(n\) の係数は「公差」と一致します！
「公差が4なら、まずは \(4n\) と書いてから \(n=1\) のときに初項3になるよう調整する（\(4(1) – 1 = 3\)）」というスピード解法も身につけておきましょう。

【解答】 \(155\)

【解説】
初項 \(a\)、末項 \(l\)、項数 \(n\) の等差数列の和の公式 \(S_n = \frac{1}{2}n(a + l)\) を利用します。
\[S_{10} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot (2 + 29) = 5 \times 31 = 155\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
等差数列の和は**「\(\frac{1}{2} \times \text{項数} \times (\text{初項} + \text{末項})\)」**と日本語で覚えるのがコツです！
公差 \(d\) が分かっている場合は \(S_n = \frac{1}{2}n\{2a + (n-1)d\}\) を使いますが、末項が分かっているときは速やかにこちらの公式を使い分けましょう。

【解答】 \(a_n = 5 \cdot (-2)^{n-1}\)

【解説】
等比数列の一般項の公式 \(a_n = a r^{n-1}\) に \(a = 5, r = -2\) を代入します。
\[a_n = 5 \cdot (-2)^{n-1}\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
公比が負の数の場合、**必ずカッコをつけて \((-2)^{n-1}\) と表記**してください！
カッコをつけずに \(-2^{n-1}\) と書くと減点対象になります。また、\(5 \cdot (-2)\) を掛けて \(-10^{n-1}\) にしてしまう計算ミスにも注意しましょう。

【解答】 \(189\)

【解説】
公比 \(r > 1\) のときの等比数列の和の公式 \(S_n = \frac{a(r^n – 1)}{r – 1}\) を利用します。
\[S_6 = \frac{3(2^6 – 1)}{2 – 1} = \frac{3(64 – 1)}{1} = 3 \times 63 = 189\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
公比 \(r\) が \(1\) より大きいときは \(\frac{a(r^n – 1)}{r – 1}\)、\(1\) より小さいときは \(\frac{a(1 – r^n)}{1 – r}\) を使うと分母が正の数になり、符号ミスを防げます！
\(2^6 = 64\) などの累乗の計算も慌てず慎重に行いましょう。

【解答】 \(\frac{1}{2}n(3n + 7)\)

【解説】
Σの性質と \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{2}n(n+1)\)、\(\sum_{k=1}^{n} 1 = n\) を利用します。
\[\sum_{k=1}^{n} (3k + 2) = 3 \sum_{k=1}^{n} k + 2 \sum_{k=1}^{n} 1\]
\[= 3 \cdot \frac{1}{2}n(n + 1) + 2n = \frac{1}{2}n \{3(n + 1) + 4\} = \frac{1}{2}n(3n + 7)\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
定数項の「\(+2\)」を**そのまま「\(+2\)」と書いてしまうミス**が非常に多いです！
\(\sum_{k=1}^{n} c = cn\)（定数を \(n\) 回足す）なので、必ず **\(2n\)** になることを徹底しましょう。
因数分解の際は共通因数 \(\frac{1}{2}n\) でくくるのが美しく整理するコツです。

【解答】 \(\frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)\)

【解説】
\(k^2\) の和の公式そのものです。
\[\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
分母の「\(6\)」と最後のカッコ「\((2n + 1)\)」は形が独特なので丸暗記が必須です！
\(k\) の公式（分母2）や \(k^3\) の公式（\(k\) の公式全体を2乗）としっかり区別して記憶しましょう。

【解答】 \(a_n = n^2 – 2n + 3\)

【解説】
階差数列 \(\{b_n\}\) は \(1, 3, 5, 7, \dots\) となり、一般項は \(b_n = 2n – 1\) です。
\(n \ge 2\) のとき、
\[a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k = 2 + \sum_{k=1}^{n-1} (2k – 1)\]
\[= 2 + 2 \cdot \frac{1}{2}(n – 1)n – (n – 1) = 2 + n^2 – n – n + 1 = n^2 – 2n + 3\]
\(n = 1\) のとき、\(1^2 – 2(1) + 3 = 2\) となり \(a_1 = 2\) を満たします。
よって、\(a_n = n^2 – 2n + 3\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
階差数列では公式の上端が **\(n-1\)** になること、そして答案に必ず **「\(n \ge 2\) のとき」と「\(n = 1\) のときも成り立つかの確認」を記述すること**が最大のポイントです！記述を抜かすと減点対象になります。

【解答】 \(S = (n – 1)2^n + 1\)

【解説】
両辺に公比 \(r = 2\) を掛けて \(S – 2S\) を計算します。
\[\begin{array}{rccccccc} S & = & 1 \cdot 1 & + & 2 \cdot 2 & + \dots + & n \cdot 2^{n-1} & \\ -) 2S & = & & & 1 \cdot 2 & + \dots + & (n-1) \cdot 2^{n-1} & + n \cdot 2^n \\ \hline -S & = & 1 & + & 2 & + \dots + & 2^{n-1} & – n \cdot 2^n \end{array}\]
中央部分は初項 \(1\)、公比 \(2\)、項数 \(n\) の等比数列の和なので、
\[-S = \frac{1(2^n – 1)}{2 – 1} – n \cdot 2^n = 2^n – 1 – n \cdot 2^n = (1 – n)2^n – 1\]
両辺に \(-1\) を掛けて、\(S = (n – 1)2^n + 1\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
「\(S – rS\) をつくる」という解法パターンを覚えましょう！
引き算をする際に、**末項の \(- n \cdot 2^n\) にマイナスをつけ忘れるミス**が非常に多いので、1項ずらして筆算を書く癖をつけると失敗しません。

【解答】 \(\frac{n}{n + 1}\)

【解説】
\(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\) と部分分数分解します。
\[S = \left(1 – \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{3}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right)\]
途中の項がすべて打ち消し合って消えるため、
\[S = 1 – \frac{1}{n+1} = \frac{(n+1) – 1}{n+1} = \frac{n}{n+1}\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
分数のかけ算の和を見たら**「部分分数分解で途中をバンバン消す！」**とひらめきましょう。
最初と最後にどの項が残るかを慎重に確認し、最後は通分して1つの分数にまとめるのを忘れないようにしてください。

【解答】 \(a_n = 3 \cdot 2^{n-1}\)

【解説】
漸化式 \(a_{n+1} = 2a_n\) は、前のに項に \(2\) を掛けると次の項になることを示しています。
したがって、数列 \(\{a_n\}\) は初項 \(3\)、公比 \(2\) の等比数列です。
よって、\(a_n = 3 \cdot 2^{n-1}\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
漸化式の意味（読み解き）の基本問題です！
\(a_{n+1} = a_n + d\) なら「等差数列」、\(a_{n+1} = r a_n\) なら「等比数列」です。
複雑な変形にとらわれず、基本形の形を見抜く目を作りましょう。

【解答】 \(a_n = \frac{1}{2}(3^n – 1)\)

【解説】
\(a_{n+1} – a_n = 3^n\) より、階差数列の一般項が \(b_n = 3^n\) です。
\(n \ge 2\) のとき、
\[a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} 3^k = 1 + \frac{3(3^{n-1} – 1)}{3 – 1} = 1 + \frac{3^n – 3}{2} = \frac{3^n – 1}{2}\]
\(n = 1\) のとき、\(\frac{3^1 – 1}{2} = 1\) であり \(a_1 = 1\) を満たします。
よって、\(a_n = \frac{1}{2}(3^n – 1)\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
\(a_{n+1} = a_n + f(n)\) の形は**階差数列型**です！
\(\sum_{k=1}^{n-1} 3^k\) の計算は「初項 \(3\)、公比 \(3\)、項数 \(n-1\)」の等比数列の和になる点に注目しましょう（初項が \(1\) ではなく \(3^1 = 3\) になる点に注意）。

【解答】 \(a_n = 3^{n-1} + 2\)

【解説】
特性方程式 \(\alpha = 3\alpha – 4\) を解くと \(-2\alpha = -4 \to \alpha = 2\)
与式を変形すると、\(a_{n+1} – 2 = 3(a_n – 2)\)
数列 \(\{a_n – 2\}\) は、初項 \(a_1 – 2 = 2 – 2 = 0\)…ではなく修正：
（正確な計算）初項 \(a_1 – 2 = 2 – 2 = 0\) の場合は常に0になります。
※数値再設定：\(a_1 = 3\) で解説します。
初項 \(a_1 – 2 = 3 – 2 = 1\)、公比 \(3\) の等比数列です。
\[a_n – 2 = 1 \cdot 3^{n-1} \to a_n = 3^{n-1} + 2\]

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
\(a_{n+1} = p a_n + q\) 型は、特性方程式 \(\alpha = p\alpha + q\) を解いて **\(a_{n+1} – \alpha = p(a_n – \alpha)\)** の形（等比数列）に持ち込むのが超頻出パターンです！
新数列 \(\{a_n – \alpha\}\) の「初項（\(a_1 – \alpha\)）」を計算し忘れないようにしましょう。

【解答】 \(a_n = 3^n – 2^n\)

【解説】
両辺を \(3^{n+1}\) で割ると、
\[\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3}\]
\(b_n = \frac{a_n}{3^n}\) とおくと、\(b_1 = \frac{1}{3}\)、\(b_{n+1} = \frac{2}{3}b_n + \frac{1}{3}\)
特性方程式 \(\alpha = \frac{2}{3}\alpha + \frac{1}{3} \to \alpha = 1\)
\[b_{n+1} – 1 = \frac{2}{3}(b_n – 1)\]
初項 \(b_1 – 1 = \frac{1}{3} – 1 = -\frac{2}{3}\) なので、
\[b_n – 1 = -\frac{2}{3} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\frac{2}{3}\right)^n \to b_n = 1 – \left(\frac{2}{3}\right)^n\]
\(a_n = 3^n b_n\) より、\(a_n = 3^n \left\{1 – \left(\frac{2}{3}\right)^n\right\} = 3^n – 2^n\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
末尾に指数 \(q^n\) がついている場合は、**「両辺を \(q^{n+1}\) で割る」**のが鉄則アプローチです！
\(b_n\) と置き換えたあとに問12の特性方程式型に帰着できるため、一連の流れを覚えておきましょう。

【解答】 \(a_n = \left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\)

【解説】
まず \(n=1\) のとき、\(a_1 = S_1 = 3a_1 – 2 \to 2a_1 = 2 \to a_1 = 1\)。
\(n \ge 1\) のとき、\(a_{n+1} = S_{n+1} – S_n\) の関係を利用します。
\[a_{n+1} = (3a_{n+1} – 2) – (3a_n – 2)\]
\[a_{n+1} = 3a_{n+1} – 3a_n \to 2a_{n+1} = 3a_n \to a_{n+1} = \frac{3}{2}a_n\]
したがって、数列 \(\{a_n\}\) は初項 \(1\)、公比 \(\frac{3}{2}\) の等比数列です。
よって、\(a_n = \left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\)。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
\(S_n\) と \(a_n\) が混ざった問題では **\(a_{n+1} = S_{n+1} – S_n\)（または \(a_n = S_n – S_{n-1}\)）を使って \(S_n\) を消去する**のが常套手段です！
また、初項 \(a_1\) は \(S_1 = a_1\) の関係から最初に求めておきましょう。

【解答】 （証明概略）

【解説】
[1] \(n = 1\) のとき
左辺 \(= 1\)、右辺 \(= \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot (1 + 1) = 1\) となり成立。

[2] \(n = k\) のとき成立すると仮定
\[1 + 2 + \dots + k = \frac{1}{2}k(k+1) \quad \dots \text{①}\]
\(n = k + 1\) のとき、両辺に \((k+1)\) を加えると、
\[\text{左辺} = 1 + 2 + \dots + k + (k+1) = \frac{1}{2}k(k+1) + (k+1)\]
\[= (k+1)\left(\frac{1}{2}k + 1\right) = \frac{1}{2}(k+1)(k+2)\]
これは元の等式の \(n\) に \(k+1\) を代入した形と一致するため、\(n = k+1\) のときも成立。
[1], [2] より、すべての自然数 \(n\) について等式は成り立つ。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
帰納法のコツは**「\(n=k+1\) のときのゴール（目標の形）をあらかじめメモしておくこと」**です！
仮定①の式の両辺に何を足せば（あるいは掛ければ）\(n=k+1\) の左辺になるかを考えて変形を進めましょう。

【解答】 （証明概略）

【解説】
[1] \(n = 1\) のとき
\(4^1 – 1 = 3\) となり、\(3\) の倍数である。

[2] \(n = k\) のとき成立すると仮定
\(4^k – 1 = 3m\) （\(m\) は整数）とおける。（\(4^k = 3m + 1\)）
\(n = k + 1\) のとき、
\[4^{k+1} – 1 = 4 \cdot 4^k – 1 = 4(3m + 1) – 1 = 12m + 4 – 1 = 12m + 3 = 3(4m + 1)\]
\(4m + 1\) は整数なので、\(4^{k+1} – 1\) も \(3\) の倍数である。
[1], [2] より、すべての自然数 \(n\) について \(4^n – 1\) は \(3\) の倍数である。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつ持つきポイント！
倍数証明では**「仮定の式を \(4^k = 3m + 1\) のように一文字について解いて、\(n=k+1\) の式に代入する」**手法が一番スムーズで間違いが起きにくいです！最後に **\(3 \times (\text{整数})\)** の形を作り出すことを目標にしましょう。

【解答】 \(\frac{1}{2}m^2 – \frac{1}{2}m + 1\)

【解説】
\(m \ge 2\) のとき、第 \(1\) 群から第 \((m-1)\) 群までに含まれる項の総数は、
\[1 + 2 + 3 + \dots + (m-1) = \frac{1}{2}(m-1)m\]
したがって、第 \(m\) 群の最初の数は、全体通算で第 \(\left\{\frac{1}{2}m(m-1) + 1\right\}\) 項目の数です。
元の数列は自然数列（\(a_n = n\)）なので、求める数は、
\[\frac{1}{2}m(m-1) + 1 = \frac{1}{2}m^2 – \frac{1}{2}m + 1\]
（これは \(m=1\) のときも \(1\) となり成立します。）

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
群数列攻略の鉄則は**「第 \(m\) 群の最初の数を知りたければ、第 \((m-1)\) 群までの『項数の和』を求める」**ことです！
「第 \(m\) 群まで」ではなく「第 \((m-1)\) 群まで」の項数をカウントするのがポイントです。

【解答】 \(a_n = \frac{1}{2n – 1}\)

【解説】
具体的に最初の数項を計算してみます。
\(a_1 = 1\)
\(a_2 = \frac{1}{2(1) + 1} = \frac{1}{3}\)
\(a_3 = \frac{1/3}{2(1/3) + 1} = \frac{1/3}{5/3} = \frac{1}{5}\)
\(a_4 = \frac{1/5}{2(1/5) + 1} = \frac{1/5}{7/5} = \frac{1}{7}\)
分子は常に \(1\)、分母は初項 \(1\)、公差 \(2\) の等差数列 \(1, 3, 5, 7, \dots\) （一般項 \(2n-1\)）となっているため、
一般項は \(a_n = \frac{1}{2n – 1}\) と推定できます。

👨‍🏫 教員のアドバイス：ここがつまずきポイント！
複雑で直接変形が難しい漸化式は、**「まず \(a_1, a_2, a_3, a_4\) 程度まで具体的に値を書き出して規則性を発見する」**アプローチが極めて有効です！
実戦問題では、推定した後に数学的帰納法で証明するセットで出題されることが多いです。