数列の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が与えられたとき、そこから一般項 $a_n$ を求める手法を学びます。$a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \geq 2$）という関係式が基本ですが、$n = 1$ のときの扱いには特別な注意が必要です。
数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$ とします。このとき $S_n$ から $a_n$ を求める方法を考えます。
$$a_n = \begin{cases} S_1 & (n = 1) \\ S_n - S_{n-1} & (n \geq 2) \end{cases}$$
※ $a_1 = S_1$ は定義から明らかです。$n \geq 2$ のとき $S_n = a_1 + \cdots + a_n$、$S_{n-1} = a_1 + \cdots + a_{n-1}$ なので差をとれば $a_n$ が残ります。
$a_n = S_n - S_{n-1}$ は $n \geq 2$ でのみ成り立ちます。$n = 1$ のとき $S_{n-1} = S_0$ となりますが、$S_0$ は「0個の項の和」であり、定義上 $S_0 = 0$ とするのが自然ですが、$S_n$ の式に $n = 0$ を代入した値が $0$ になるとは限りません。
よって $n = 1$ は必ず $a_1 = S_1$ で別に確認します。
$n \geq 2$ のとき
$S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1} + a_n$
$S_{n-1} = a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1}$
辺々を引くと $S_n - S_{n-1} = a_n$
$S_n$ が $n$ の多項式で与えられた場合、$a_n = S_n - S_{n-1}$ の計算は比較的簡単です。
例：$S_n = 2n^2 + 3n$ のとき $a_n$ を求めよ。
$n \geq 2$ のとき
$a_n = S_n - S_{n-1} = (2n^2+3n) - \{2(n-1)^2+3(n-1)\}$
$= 2n^2+3n - (2n^2 - 4n + 2 + 3n - 3) = 2n^2+3n - 2n^2 + n + 1 = 4n+1$
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 2 + 3 = 5$。公式 $4(1)+1 = 5$ ✓ 一致。
よって $a_n = 4n + 1$（$n \geq 1$）
例：$S_n = 2n^2 + 1$ のとき $a_n$ を求めよ。
$n \geq 2$ のとき
$a_n = S_n - S_{n-1} = (2n^2+1) - \{2(n-1)^2+1\} = 2n^2 - 2n^2 + 4n - 2 = 4n - 2$
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 2 + 1 = 3$。しかし $4(1)-2 = 2 \neq 3$。一致しない！
$$a_n = \begin{cases} 3 & (n = 1) \\ 4n - 2 & (n \geq 2) \end{cases}$$
✗ $S_n = 2n^2 + 1$ から $a_n = 4n - 2$（$n \geq 1$）と書く
✓ $S_n$ に $n$ に依存しない定数項（ここでは $+1$）があると、$S_0 = 1 \neq 0$ となり $n = 1$ で不一致が起こる
$S_n$ が $n$ の多項式で定数項が $0$ のとき（$S_n$ が $n$ で割り切れるとき）、$n = 1$ でも $a_n = S_n - S_{n-1}$ が成り立ちます。
$n = 1$ で公式が成り立たない場合の正しい書き方と、その判定方法を整理します。
$S_n$ の式に $n = 0$ を代入して $S_0$ を計算する。
$$S_0 = 0 \iff n = 1 \text{ で } a_1 = S_1 - S_0 = S_1 \text{ が成立} \iff \text{場合分け不要}$$
$$S_0 \neq 0 \iff \text{場合分けが必要}$$
例：$S_n = 3^n - 1$ のとき $a_n$ を求めよ。
$n \geq 2$ のとき $a_n = 3^n - 1 - (3^{n-1} - 1) = 3^n - 3^{n-1} = 3^{n-1}(3-1) = 2 \cdot 3^{n-1}$
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 3 - 1 = 2$。$2 \cdot 3^0 = 2$ ✓ 一致。
よって $a_n = 2 \cdot 3^{n-1}$（$n \geq 1$）
（確認：$S_0 = 3^0 - 1 = 0$ なので場合分け不要と判定できます。）
場合分けが必要なときは、次の3ステップで記述しましょう：
Step 1：$n \geq 2$ のとき $a_n = S_n - S_{n-1} = \cdots$
Step 2：$n = 1$ のとき $a_1 = S_1 = \cdots$
Step 3：$n = 1$ を $a_n$ の式に代入して一致を確認。一致すれば $a_n = \cdots$（$n \geq 1$）、一致しなければ場合分けで記述。
$S_n$ が $a_n$ を含む関係式として与えられることがあります。このとき $a_n = S_n - S_{n-1}$ を利用して $a_n$ の漸化式を導きます。
例：$S_n = 2a_n - 1$ のとき $a_n$ を求めよ。
$n = 1$：$S_1 = a_1 = 2a_1 - 1$ より $a_1 = 1$
$n \geq 2$：$S_n = 2a_n - 1$ ...(i)、$S_{n-1} = 2a_{n-1} - 1$ ...(ii)
(i) $-$ (ii)：$a_n = 2a_n - 2a_{n-1}$
$\therefore a_n = 2a_{n-1}$
初項 $a_1 = 1$、公比 $2$ の等比数列なので $a_n = 2^{n-1}$
パターン1：$S_n = f(n)$（$a_n$ を含まない） → $a_n = S_n - S_{n-1}$ で直接計算
パターン2：$S_n = f(a_n)$（$S_n$ が $a_n$ を含む） → $S_n - S_{n-1}$ で漸化式を導出し、漸化式を解く
パターン3：$S_n = f(n, a_n)$（$n$ と $a_n$ の両方を含む） → 同様に漸化式に帰着
✗ $n \geq 2$ の漸化式から一般項を求め、$n = 1$ を代入して初項とする
✓ まず $n = 1$ を元の式に代入して $a_1$ を直接求める。次に $n \geq 2$ の漸化式を解く。最後に整合性を確認する
初項は必ず元の関係式 $S_1 = a_1$ から求めます。
$S_n$ と $a_n$ の関係を逆方向に使うこともあります。$a_n$ がわかっているとき $S_n$ を求めるのではなく、$S_n$ の性質から数列の特徴を読み取る問題です。
例：数列 $\{a_n\}$ の和 $S_n = an^2 + bn$ を満たし、$a_2 = 7$、$a_3 = 11$ のとき $a, b$ の値と一般項を求めよ。
$a_n = S_n - S_{n-1} = a(2n-1) + b$ ($n \geq 2$) より
$a_2 = 3a + b = 7$、$a_3 = 5a + b = 11$
連立方程式を解いて $a = 2, b = 1$
$a_n = 2(2n-1) + 1 = 4n - 1$（$n \geq 2$）
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 2 + 1 = 3$。$4(1)-1 = 3$ ✓
よって $a_n = 4n - 1$（等差数列、初項 $3$、公差 $4$）
$S_n = An^2 + Bn$（定数項なし）のとき
$a_n = S_n - S_{n-1} = A(2n-1) + B = 2An + (B-A)$
これは $n$ の1次式なので、$\{a_n\}$ は公差 $2A$ の等差数列です。
逆に、等差数列の和 $S_n$ は必ず $n$ の2次式（または1次式）になります。
$S_n = An^2 + Bn$ → 等差数列（公差 $2A$）
$S_n = A \cdot r^n + B$（$B = -A$） → 等比数列（公比 $r$）
$S_n = A \cdot r^n + B$（$B \neq -A$） → $n = 1$ で場合分けが必要
Q1. $S_n = n^2 + 2n$ のとき $a_n$ を求めよ。
Q2. $S_n = 3n^2 + 2$ のとき $a_n$ を求めよ（場合分けに注意）。
Q3. $S_n = 2^n - 1$ のとき $a_n$ を求めよ。
Q4. $S_n = 2a_n + n$ のとき $a_1$ を求めよ。
Q5. $S_n$ が $n$ の2次式（定数項なし）のとき、$\{a_n\}$ はどんな数列になるか。
$S_n = n^2 + 5n$ のとき、$a_n$ を求めよ。
$n \geq 2$：$a_n = (n^2+5n) - \{(n-1)^2+5(n-1)\} = n^2+5n - n^2+2n-1-5n+5 = 2n+4$
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 1+5 = 6$。$2(1)+4 = 6$ ✓
よって $a_n = 2n + 4$
$S_n = 2 \cdot 3^n + 1$ のとき、$a_n$ を求めよ。
$n \geq 2$：$a_n = (2\cdot3^n+1) - (2\cdot3^{n-1}+1) = 2\cdot3^{n-1}(3-1) = 4\cdot3^{n-1}$
$n = 1$：$a_1 = S_1 = 2\cdot3+1 = 7$。$4\cdot3^0 = 4 \neq 7$
$$a_n = \begin{cases} 7 & (n = 1) \\ 4\cdot3^{n-1} & (n \geq 2) \end{cases}$$
$S_0 = 2\cdot1+1 = 3 \neq 0$ なので場合分けが必要です。定数項 $+1$ があるため $S_0 \neq 0$ となります。
$S_n = 3a_n - 2n$ を満たす数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
$n = 1$：$a_1 = 3a_1 - 2$ より $a_1 = 1$
$n \geq 2$：$S_n = 3a_n - 2n$ ...(i)、$S_{n-1} = 3a_{n-1} - 2(n-1)$ ...(ii)
(i)$-$(ii)：$a_n = 3a_n - 3a_{n-1} - 2$
$2a_n = 3a_{n-1} + 2$ → $a_n = \dfrac{3}{2}a_{n-1} + 1$
$a_n + 2 = \dfrac{3}{2}(a_{n-1} + 2)$ と変形。$a_1 + 2 = 3$, 公比 $\dfrac{3}{2}$ より
$a_n + 2 = 3\cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}$、$a_n = 3\cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1} - 2 = \dfrac{3^n}{2^{n-1}} - 2$
数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とする。すべての正の整数 $n$ に対して $S_n = \dfrac{n}{2}(a_1 + a_n)$ かつ $a_{n+1} - a_n = 2$ が成り立つとき、$a_n$ と $S_n$ を求めよ。
$a_{n+1} - a_n = 2$ より、$\{a_n\}$ は公差 $2$ の等差数列。$a_n = a_1 + 2(n-1)$。
等差数列の和の公式 $S_n = \dfrac{n}{2}(a_1 + a_n) = \dfrac{n}{2}\{a_1 + a_1 + 2(n-1)\} = \dfrac{n}{2}(2a_1 + 2n - 2)$
$= n(a_1 + n - 1) = n^2 + (a_1 - 1)n$
条件は任意の $a_1$ で成り立つので、例えば $a_1 = 1$ のとき $a_n = 2n - 1$、$S_n = n^2$。
一般には $a_n = 2n + (a_1 - 2)$、$S_n = n^2 + (a_1 - 1)n$
$S_n = \dfrac{n}{2}(a_1 + a_n)$ は等差数列の和の公式そのものです。$a_{n+1} - a_n = 2$ が等差数列の条件を与えています。2つの条件は矛盾なく、等差数列（公差2）を定めます。初項 $a_1$ は任意で、問題の条件からは決まりません。