本記事は第8章「数列」の最終回として、等差数列・等比数列・シグマ計算・漸化式・数学的帰納法を横断する総合問題に取り組みます。入試本番では複数のテーマが融合した問題が出題されます。これまでの知識を自在に組み合わせて解く力を養いましょう。
まず第8章で学んだ内容を一覧で振り返り、各テーマの繋がりを確認します。
等差数列：$a_n = a + (n-1)d$、$S_n = \frac{n(a+l)}{2} = \frac{n(2a+(n-1)d)}{2}$
等比数列：$a_n = ar^{n-1}$、$S_n = \frac{a(r^n - 1)}{r - 1}$（$r \neq 1$）
シグマ公式：$\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$, $\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, $\sum k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$
漸化式：$a_{n+1} = pa_n + q$ → 特性方程式。$a_{n+1} = pa_n + f(n)$ → 型別処理
帰納法：基底段階 + 帰納的段階。等式・不等式・整除性の証明
数列は入試で最も出題頻度の高い分野の一つです。理由は：
1. 他分野との融合が容易（確率・図形・整数・微積分と結びつく）
2. 計算力と論理力の両方を問える
3. 難易度の調整が幅広い（基礎的な等差数列から高度な漸化式まで）
| テーマ | よく使う道具 | 典型問題 |
|---|---|---|
| 等差・等比 | 一般項、和の公式 | 条件から初項・公差の決定 |
| シグマ計算 | 公式、部分分数、階差 | $\sum \frac{1}{k(k+1)}$ 型 |
| 漸化式 | 特性方程式、置換 | $a_{n+1} = pa_n + q$ の一般項 |
| 帰納法 | 2ステップの論証 | 等式・不等式・倍数の証明 |
等差数列と等比数列が組み合わさった等差×等比型の和（例えば $\sum k \cdot r^k$）は重要な計算テクニックです。
$S = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 4 + 3 \cdot 8 + \cdots + n \cdot 2^n$ とおく。
$2S = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 8 + 3 \cdot 16 + \cdots + n \cdot 2^{n+1}$
$S - 2S$ を計算（ずらして引く）：
$-S = 2 + 4 + 8 + \cdots + 2^n - n \cdot 2^{n+1}$
$= \frac{2(2^n - 1)}{2-1} - n \cdot 2^{n+1} = 2^{n+1} - 2 - n \cdot 2^{n+1}$
$= (1-n) \cdot 2^{n+1} - 2$
$$S = (n-1) \cdot 2^{n+1} + 2$$
$$\sum_{k=1}^{n} k \cdot r^k = \frac{r - (n+1)r^{n+1} + nr^{n+2}}{(r-1)^2} \quad (r \neq 1)$$
※ 公式を暗記するよりも「$rS$ を作ってずらして引く」方法を身につけましょう。
$S = \sum a_k r^k$（$a_k$ が等差数列）のとき、$rS$ とのずれで $a_k$ の部分が定数に化けます。
残った部分は純粋な等比級数なので、等比数列の和の公式で処理できます。
✗ $S - rS$ の最後の項を書き忘れる（$n \cdot r^{n+1}$ の項）
✓ $S$ と $rS$ の項を丁寧に縦に並べ、対応する項を確認しながら引く
$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$ と漸化式の関係を利用する問題です。
問題：$S_n = 2a_n - n$ のとき、$a_n$ を求めよ。
解：$n \geq 2$ のとき $S_{n-1} = 2a_{n-1} - (n-1)$。
$a_n = S_n - S_{n-1} = (2a_n - n) - (2a_{n-1} - n + 1) = 2a_n - 2a_{n-1} - 1$
$-a_n = -2a_{n-1} - 1$ より $a_n = 2a_{n-1} + 1$
特性方程式：$\alpha = 2\alpha + 1$ より $\alpha = -1$。
$a_n + 1 = 2(a_{n-1} + 1)$。$\{a_n + 1\}$ は公比 $2$ の等比数列。
$n = 1$：$S_1 = a_1 = 2a_1 - 1$ より $a_1 = 1$。$a_1 + 1 = 2$。
$a_n + 1 = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$ より $a_n = 2^n - 1$。
検算：$S_n = \sum_{k=1}^{n}(2^k - 1) = 2^{n+1} - 2 - n$。$2a_n - n = 2(2^n - 1) - n = 2^{n+1} - 2 - n$。一致。
$a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \geq 2$）は数列の最も基本的な関係式です。
$S_n$ の式が与えられたら、この関係を使って $a_n$ を求めます。ただし $n = 1$ は別途 $a_1 = S_1$ で確認する必要があります。
問題：$\sum_{k=1}^{n} k \cdot a_k = (n-1) \cdot 2^n + 1$ のとき、$a_n$ を求めよ。
解：$T_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot a_k = (n-1) \cdot 2^n + 1$ とおく。
$n \geq 2$ のとき $n \cdot a_n = T_n - T_{n-1} = (n-1) \cdot 2^n + 1 - ((n-2) \cdot 2^{n-1} + 1)$
$= (n-1) \cdot 2^n - (n-2) \cdot 2^{n-1} = 2^{n-1}(2(n-1) - (n-2)) = 2^{n-1}(2n-2-n+2) = n \cdot 2^{n-1}$
$a_n = 2^{n-1}$（$n \geq 2$）。$n = 1$：$T_1 = 1 \cdot a_1 = 0 + 1 = 1$ より $a_1 = 1 = 2^0$。
よって $a_n = 2^{n-1}$（すべての $n \geq 1$）。
漸化式で定義された数列の一般項を予想し、帰納法で証明する問題です。
問題：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 1}$ のとき、$a_n$ を求めよ。
解：まず数項を計算して規則を予想する。
$a_1 = 1$, $a_2 = \frac{1}{3}$, $a_3 = \frac{1/3}{2/3+1} = \frac{1/3}{5/3} = \frac{1}{5}$, $a_4 = \frac{1/5}{2/5+1} = \frac{1/5}{7/5} = \frac{1}{7}$
予想：$a_n = \frac{1}{2n-1}$
[Step 1] $n = 1$：$a_1 = \frac{1}{1} = 1$。成り立つ。
[Step 2] $a_k = \frac{1}{2k-1}$ と仮定する。
$$a_{k+1} = \frac{a_k}{2a_k + 1} = \frac{\frac{1}{2k-1}}{\frac{2}{2k-1}+1} = \frac{\frac{1}{2k-1}}{\frac{2+2k-1}{2k-1}} = \frac{1}{2k+1} = \frac{1}{2(k+1)-1}$$
よって $n = k+1$ でも成り立つ。 $\square$
$a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 1}$ の逆数を取ると：
$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n + 1}{a_n} = 2 + \frac{1}{a_n}$
$b_n = \frac{1}{a_n}$ とおくと $b_{n+1} = b_n + 2$（等差数列！）
$b_n = b_1 + (n-1) \cdot 2 = 1 + 2(n-1) = 2n-1$ より $a_n = \frac{1}{2n-1}$。
このように適切な置換で漸化式を簡単な形に変換する技法は非常に重要です。
✗ 最初の3項だけから規則を断定する
✓ 少なくとも4〜5項は計算し、規則を「予想」した上で帰納法で「証明」する
帰納法の証明が通って初めて予想が正しいと確認できます。
入試本番で数列の総合問題に出会ったときの取り組み方をまとめます。
1. 問題の分類：等差/等比/漸化式/帰納法のどれが関係するか判断
2. 具体値の計算：$a_1, a_2, a_3, \ldots$ を計算して規則を把握
3. 一般項の決定：漸化式を解く or 規則から予想して帰納法で証明
4. 和の計算：必要に応じて $\sum$ を計算（公式/部分分数/ずらし引き）
5. 検算：$n = 1, 2$ で具体値と一致するか確認
問題：$a_1 = 2$, $a_{n+1} = 3a_n - 2n$ で定義される数列の一般項を求め、$\sum_{k=1}^{n} a_k$ を計算せよ。
解：$a_{n+1} = 3a_n - 2n$ の特殊解を $a_n = \alpha n + \beta$ と仮定。
$\alpha(n+1)+\beta = 3(\alpha n + \beta) - 2n$ より $\alpha n + \alpha + \beta = 3\alpha n + 3\beta - 2n$
$n$ の係数：$\alpha = 3\alpha - 2$ より $\alpha = 1$。定数項：$1 + \beta = 3\beta$ より $\beta = \frac{1}{2}$。
$b_n = a_n - n - \frac{1}{2}$ とおくと $b_{n+1} = 3b_n$。
$b_1 = 2 - 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。$b_n = \frac{1}{2} \cdot 3^{n-1} = \frac{3^{n-1}}{2}$。
$$a_n = \frac{3^{n-1}}{2} + n + \frac{1}{2} = \frac{3^{n-1} + 2n + 1}{2}$$
$\sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n} 3^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} k + \frac{n}{2}$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{3^n - 1}{2} + \frac{n(n+1)}{2} + \frac{n}{2} = \frac{3^n - 1}{4} + \frac{n^2 + 2n}{2} = \frac{3^n - 1 + 2n^2 + 4n}{4}$
パターン認識力：与えられた漸化式がどの型に該当するかを即座に判断する力
計算の正確さ：数列は計算量が多い。途中の計算ミスを防ぐため検算を怠らない
論理の厳密さ：帰納法では各ステップの論理を明確に。$n = 1$ の確認も忘れずに
Q1. $\sum_{k=1}^{n} k \cdot 3^k$ を求めるために $S - 3S$ を計算する方法の名前は何か。
Q2. $S_n = 3a_n - 2$ のとき $a_1$ を求めよ。
Q3. $a_{n+1} = \frac{a_n}{3a_n + 1}$ のとき、逆数の置換 $b_n = \frac{1}{a_n}$ を行うとどんな漸化式になるか。
Q4. 漸化式 $a_{n+1} = 2a_n + n$ の特殊解を $a_n = \alpha n + \beta$ とおいたとき、$\alpha$ と $\beta$ を求めよ。
Q5. 数列の総合問題で最初に行うべきことは何か。
$\sum_{k=1}^{n} (2k-1) \cdot 3^k$ を求めよ。
$S = \sum_{k=1}^{n} (2k-1) \cdot 3^k$ とおく。
$3S = \sum_{k=1}^{n} (2k-1) \cdot 3^{k+1} = \sum_{k=2}^{n+1} (2k-3) \cdot 3^k$
$S - 3S = 1 \cdot 3 + \sum_{k=2}^{n} 2 \cdot 3^k - (2n-1) \cdot 3^{n+1}$
$-2S = 3 + 2 \cdot \frac{3^2(3^{n-1}-1)}{3-1} - (2n-1) \cdot 3^{n+1}$
$= 3 + 3^2 \cdot (3^{n-1}-1) - (2n-1) \cdot 3^{n+1}$
$= 3 + 3^{n+1} - 9 - (2n-1) \cdot 3^{n+1}$
$= -6 + (1-(2n-1)) \cdot 3^{n+1} = -6 + (2-2n) \cdot 3^{n+1}$
$S = 3 + (n-1) \cdot 3^{n+1}$
検算：$n = 1$：$1 \cdot 3 = 3$。公式：$3 + 0 = 3$。 ✓
$n = 2$：$3 + 3 \cdot 9 = 30$。公式：$3 + 1 \cdot 27 = 30$。 ✓
$S_n = 3^n + a_n - 2$（$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$）を満たす数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
$n = 1$：$a_1 = 3 + a_1 - 2$ より $0 = 1$。矛盾。
条件を $S_n = 3^n + a_n - 2$ として再検討。$S_1 = a_1$ なので $a_1 = 3 + a_1 - 2 = a_1 + 1$。矛盾が生じるので条件を修正。
（条件を $S_n = 2a_n + n$ とする。）
$n = 1$：$a_1 = 2a_1 + 1$ より $a_1 = -1$。
$n \geq 2$：$a_n = S_n - S_{n-1} = (2a_n + n) - (2a_{n-1} + n - 1) = 2a_n - 2a_{n-1} + 1$
$-a_n = -2a_{n-1} + 1$、$a_n = 2a_{n-1} - 1$
特性方程式：$\alpha = 2\alpha - 1$ より $\alpha = 1$。
$a_n - 1 = 2(a_{n-1} - 1)$。$a_1 - 1 = -2$。
$a_n - 1 = -2 \cdot 2^{n-1} = -2^n$ より $a_n = 1 - 2^n$。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{3a_n}{a_n + 3}$ で定義される数列について：
(1) $b_n = \frac{1}{a_n}$ とおいて $b_n$ の一般項を求めよ。
(2) $a_n$ を求め、すべての $n$ で $0 < a_n < 3$ であることを示せ。
(1) $\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{a_n + 3}{3a_n} = \frac{1}{3} + \frac{1}{a_n}$ より $b_{n+1} = b_n + \frac{1}{3}$。
$b_1 = \frac{1}{a_1} = 1$。公差 $\frac{1}{3}$ の等差数列。
$b_n = 1 + (n-1) \cdot \frac{1}{3} = \frac{n+2}{3}$
(2) $a_n = \frac{1}{b_n} = \frac{3}{n+2}$
$n \geq 1$ のとき $n + 2 \geq 3$ なので $0 < \frac{3}{n+2} \leq 1 < 3$。よって $0 < a_n < 3$。 $\square$
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ で定義される数列 $\{a_n\}$ について：
(1) $b_n = \frac{a_n}{3^n}$ とおくとき、$b_n$ の漸化式を求めよ。
(2) $a_n$ を求めよ。
(3) $\sum_{k=1}^{n} a_k$ を求めよ。
(1) $b_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2a_n + 3^n}{3^{n+1}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}b_n + \frac{1}{3}$
(2) 特性方程式：$\alpha = \frac{2}{3}\alpha + \frac{1}{3}$ より $\alpha = 1$。
$b_n - 1 = \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}(b_1 - 1)$。$b_1 = \frac{a_1}{3} = \frac{1}{3}$。
$b_n - 1 = \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} \cdot \left(-\frac{2}{3}\right) = -\frac{2}{3} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\frac{2}{3}\right)^n$
$b_n = 1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n$ より $a_n = 3^n \cdot b_n = 3^n - 2^n$
検算：$a_1 = 3 - 2 = 1$ ✓。$a_2 = 2 \cdot 1 + 3 = 5 = 9 - 4$ ✓。
(3) $\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (3^k - 2^k) = \frac{3(3^n-1)}{2} - \frac{2(2^n-1)}{1}$
$= \frac{3^{n+1}-3}{2} - 2^{n+1} + 2 = \frac{3^{n+1} - 2^{n+2} + 1}{2}$
$a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ は「$pa_n + q^n$ 型」の漸化式です。両辺を $3^{n+1}$ で割ることで $b_n$ が $\frac{2}{3}b_n + \frac{1}{3}$ という扱いやすい1次分数漸化式になります。この「適切な割り算で型を変換する」テクニックは入試で必須です。