本記事は第1章「数列の極限」の最終回として、収束・発散の判定、極限計算、はさみうちの原理、無限等比級数、部分分数分解による級数、漸化式と極限など、章全体の内容を横断する総合問題に取り組みます。入試本番を見据え、複数のテーマが融合した問題に対応する力を養いましょう。
まず第1章で学んだ内容を俯瞰し、各テーマの繋がりを確認します。
収束・発散：$\lim r^n = 0$（$|r| < 1$）、$\lim r^n = \infty$（$r > 1$）、振動（$r \leq -1$）
極限の性質：和・差・積・商の極限、はさみうちの原理
不定形：$\frac{\infty}{\infty}$ → 最高次で割る、$\infty - \infty$ → 有理化・通分
無限級数：部分和 $S_n$ の極限。等比級数 $\frac{a}{1-r}$（$|r| < 1$）
部分分数分解：$\sum \frac{1}{k(k+1)}$ 型のテレスコーピング
漸化式と極限：一般項を求めて極限、または有界+単調で収束を証明
応用：$n^{1/n} \to 1$, $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \to e$, 区分求積法
数列の極限は、数学IIIの冒頭に位置し、関数の極限・微分・積分の土台となる分野です。
1. 極限の概念は微積分の根幹であり、正確な理解が不可欠
2. 計算力（不定形の処理、級数の計算）と論理力（収束の証明）の両方が問われる
3. 漸化式・帰納法・区分求積法など他分野との融合が入試で頻出
| テーマ | 主な手法 | 入試での出題頻度 |
|---|---|---|
| 極限計算 | 最高次で割る、有理化 | 高（基本問題として必出） |
| はさみうちの原理 | 不等式で上下を評価 | 高（証明問題で頻出） |
| 無限等比級数 | 公比の条件、和の公式 | 高（図形・確率との融合） |
| 部分分数分解 | テレスコーピング | 中（計算問題で出題） |
| 漸化式+極限 | 有界+単調、特性方程式 | 最高（大問で頻出） |
さまざまなタイプの極限計算を復習し、手法の選択力を鍛えます。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1} - 2 \cdot 4^n}{3^n + 5 \cdot 4^n}$ を求めよ。
解：分子・分母を $4^n$ で割る。
$\displaystyle\frac{3 \cdot (3/4)^n - 2}{(3/4)^n + 5}$
$(3/4)^n \to 0$ より $\displaystyle\to \frac{0 - 2}{0 + 5} = -\frac{2}{5}$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 3n} - n\right)$ を求めよ。
解：有理化する。
$\displaystyle\sqrt{n^2 + 3n} - n = \frac{(n^2+3n) - n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n} = \frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}$
$= \displaystyle\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+1} \to \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n}$ を求めよ。
解：$-1 \leq \sin n \leq 1$ より $\displaystyle -\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}$
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(-\frac{1}{n}\right) = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n} = 0$ なので
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0$
Step 1：代入して $\frac{\infty}{\infty}$, $\infty - \infty$, $0 \cdot \infty$ 等の不定形か確認
Step 2（$\frac{\infty}{\infty}$）：最大の項（指数関数 > 多項式）で分子・分母を割る
Step 3（$\infty - \infty$）：有理化（根号あり）、通分（分数の差）で処理
Step 4（直接求めにくい）：はさみうちの原理を使う
$a^n$ と $b^n$（$a \neq b$）が混在する式では、底が大きい方（$\max(|a|, |b|)$）で割ります。
例：$3^n$ と $4^n$ が混在 → $4^n$ で割ると $\left(\frac{3}{4}\right)^n \to 0$ となり処理しやすい。
無限等比級数、部分分数分解による級数（テレスコーピング）、収束・発散の判定を総合的に復習します。
問題：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)}$ を求めよ。
解：$\displaystyle\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$
$\displaystyle S_N = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$
$= \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots\right]$
テレスコーピングにより、残るのは前方と後方の項のみ。
$S_N = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\right)$
$N \to \infty$ のとき $S_N \to \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{3}{4}$
問題：無限等比級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (2x-1)^n$ が収束するための $x$ の範囲を求め、その和を $x$ の式で表せ。
解：公比は $r = 2x - 1$。収束条件は $|r| < 1$ すなわち $|2x - 1| < 1$。
$-1 < 2x - 1 < 1$ より $0 < x < 1$
和は $\displaystyle\frac{1}{1-(2x-1)} = \frac{1}{2-2x} = \frac{1}{2(1-x)}$
✗ $\lim a_n = 0$ ならば $\sum a_n$ は収束する（偽）
✓ $\lim a_n = 0$ は収束の必要条件だが十分条件ではない。$\sum \frac{1}{n}$ は発散する
$\sum a_n$ が収束 ⇒ $\lim a_n = 0$（対偶：$\lim a_n \neq 0$ ⇒ $\sum a_n$ は発散）
問題：一辺の長さが $a$ の正三角形がある。各辺の中点を結んでできる正三角形を取り除く。残った3つの正三角形に対して同じ操作を繰り返す。取り除かれる三角形の面積の総和を求めよ。
解：元の正三角形の面積を $S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ とする。
1回目：面積 $\frac{S}{4}$ の三角形を1個除去
2回目：面積 $\frac{S}{16}$ の三角形を3個除去（合計 $\frac{3S}{16}$）
3回目：面積 $\frac{S}{64}$ の三角形を9個除去（合計 $\frac{9S}{64}$）
$n$ 回目：$\frac{S}{4} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{n-1}$
総和 $= \frac{S}{4} \cdot \frac{1}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{S}{4} \cdot 4 = S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$
すなわち、無限回の操作で元の面積と同じだけ除去されます。
$\sum a_n$ でテレスコーピング（望遠鏡型）が使えるのは、$a_n = f(n) - f(n+k)$ と差の形に分解できるときです。
典型パターン：
$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$（$k = 1$）
$\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$（$k = 2$）
$\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$（有理化によるテレスコーピング）
漸化式で定義された数列の極限を求める問題は、入試で最も重要なテーマです。解法のパターンを整理します。
問題：$a_1 = 0$, $\displaystyle a_{n+1} = \frac{2a_n + 3}{a_n + 4}$ で定義される数列の極限を求めよ。
解：特性方程式 $\displaystyle\alpha = \frac{2\alpha + 3}{\alpha + 4}$ より $\alpha^2 + 4\alpha = 2\alpha + 3$、$\alpha^2 + 2\alpha - 3 = 0$
$(\alpha + 3)(\alpha - 1) = 0$、$\alpha = 1, -3$
$\displaystyle\frac{a_{n+1} - 1}{a_{n+1} + 3} = \frac{\frac{2a_n+3}{a_n+4} - 1}{\frac{2a_n+3}{a_n+4} + 3} = \frac{2a_n+3-(a_n+4)}{2a_n+3+3(a_n+4)} = \frac{a_n - 1}{5a_n + 15} = \frac{a_n - 1}{5(a_n + 3)}$
$b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 3}$ とおくと $b_{n+1} = \frac{1}{5}b_n$
$b_1 = \frac{0-1}{0+3} = -\frac{1}{3}$
$b_n = -\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1} \to 0$（$n \to \infty$）
$b_n \to 0$ のとき $\frac{a_n - 1}{a_n + 3} \to 0$ すなわち $a_n - 1 \to 0$ より $a_n \to 1$
$a_{n+1} = pa_n + q$：特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$ で等比数列に帰着
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$：特殊解を見つけて差を取る
$a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$：特性方程式の2解 $\alpha, \beta$ で $\frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ が等比数列
$a_{n+1} = f(a_n)$（非線形）：有界+単調で収束を示し、$\alpha = f(\alpha)$ を解く
問題：$a_1 = 1$, $b_1 = 0$, $a_{n+1} = \frac{1}{3}a_n + \frac{2}{3}b_n$, $b_{n+1} = \frac{2}{3}a_n + \frac{1}{3}b_n$ のとき
$\lim_{n \to \infty} a_n$ と $\lim_{n \to \infty} b_n$ を求めよ。
解：$a_n + b_n = a_{n+1} + b_{n+1}$ より $a_n + b_n = a_1 + b_1 = 1$（一定）。
$c_n = a_n - b_n$ とおくと $c_{n+1} = a_{n+1} - b_{n+1} = -\frac{1}{3}(a_n - b_n) = -\frac{1}{3}c_n$
$c_1 = 1$。$c_n = \left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \to 0$
$a_n = \frac{(a_n+b_n)+(a_n-b_n)}{2} = \frac{1+c_n}{2} \to \frac{1}{2}$
$b_n = \frac{1-c_n}{2} \to \frac{1}{2}$
連立漸化式は、和と差を取ることで独立した漸化式に分解できることが多いです。
和：$a_n + b_n$ が一定になるか確認
差：$a_n - b_n$ が等比数列になるか確認
これは連立漸化式を行列で表したときの固有値・固有ベクトルの考え方に対応しています。
✗ $\frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ の比を求める際に符号を間違える
✓ $a_{n+1} - \alpha$ と $a_{n+1} - \beta$ を丁寧に計算し、$\frac{a_{n+1}-\alpha}{a_{n+1}-\beta}$ が $\frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ の定数倍であることを確認
第1章全体の知識を入試で発揮するための最終チェックリストとアドバイスです。
1. 基本極限：$\lim r^n$、$\lim \frac{1}{n^p}$、$\lim n^{1/n}$ の値を即答できるか
2. 不定形処理：$\frac{\infty}{\infty}$、$\infty - \infty$、$0 \cdot \infty$、$1^\infty$ の4タイプを処理できるか
3. はさみうち：適切な上下の評価を見つけられるか
4. 無限級数：等比級数の収束条件、テレスコーピング、$\lim a_n \neq 0$ なら発散
5. 漸化式：各型の解法と、有界+単調による収束証明ができるか
6. 応用：$e$ の定義、区分求積法、他分野との融合に対応できるか
問題：$\displaystyle a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}}$ の極限を求めよ。
解：$n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n$ より
$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}$
$k = 1$ から $n$ まで和を取ると
$\displaystyle\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq a_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$
$\displaystyle\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} \to 1$
$\displaystyle\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} \to 1$
はさみうちの原理より $a_n \to 1$
具体値の計算：$a_1, a_2, a_3$ を必ず計算し、数列の挙動を把握する
検算の習慣：答えが出たら $n = 1, 2$ での整合性を確認する
答案の構成：収束の証明 → 極限値の計算という論理の流れを守る
時間配分：極限の大問は計算量が多い。計算ミスを防ぐ丁寧さと速さの両立
第1章で学んだ数列の極限の考え方は、第2章「関数の極限」にそのまま拡張されます。
$n \to \infty$ が $x \to a$ や $x \to \infty$ に変わるだけで、不定形の処理やはさみうちの原理などの手法は共通です。
第1章の基礎が第2章以降の微分・積分の理解に直結しますので、ここでしっかりと固めておきましょう。
Q1. $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{2 \cdot 3^n + 5^n}{3^n - 2 \cdot 5^n}$ を求めよ。
Q2. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ の値を求めよ。
Q3. 無限等比級数 $\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ が収束する条件は何か。
Q4. $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ ならば $\sum a_n$ は収束するか。
Q5. 連立漸化式 $a_{n+1} = pa_n + qb_n$, $b_{n+1} = qa_n + pb_n$ で最初に試すべき手法は何か。
次の無限級数の和を求めよ。
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$$
$\displaystyle\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ を変形する。$(n+1)^2 - n^2 = 2n + 1$ に注目すると
$\displaystyle\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
テレスコーピングにより
$S_N = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
よって $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = 1$
次の問いに答えよ。
(1) $n \geq 1$ のとき $\displaystyle\frac{n}{n^2+k} \leq \frac{1}{n}$（$1 \leq k \leq n$）を示せ。
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2 + k}$ を求めよ。
(1) $\frac{n}{n^2+k} \leq \frac{n}{n^2+1} \leq \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}$（$k \geq 1$ より $n^2 + k \geq n^2 + 1 > n^2$）$\square$
(2) 各項を評価する。$1 \leq k \leq n$ のとき
$\displaystyle\frac{1}{n^2+n} \leq \frac{1}{n^2+k} \leq \frac{1}{n^2+1}$
$k = 1$ から $n$ まで和を取ると
$\displaystyle\frac{n}{n^2+n} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k} \leq \frac{n}{n^2+1}$
$\displaystyle\frac{n}{n^2+n} = \frac{1}{n+1} \to 0$、$\displaystyle\frac{n}{n^2+1} = \frac{1}{n+\frac{1}{n}} \to 0$
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k} = 0$
$a_1 = 5$, $\displaystyle a_{n+1} = \frac{3a_n - 2}{a_n + 2}$ で定義される数列について：
(1) $b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 2}$ とおくとき、$\{b_n\}$ は等比数列であることを示せ。
(2) $a_n$ を求めよ。
(3) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
(1) $\displaystyle b_{n+1} = \frac{a_{n+1} - 1}{a_{n+1} + 2} = \frac{\frac{3a_n-2}{a_n+2} - 1}{\frac{3a_n-2}{a_n+2} + 2} = \frac{3a_n - 2 - (a_n+2)}{3a_n - 2 + 2(a_n+2)} = \frac{2a_n - 4}{5a_n + 2}$
$= \frac{2(a_n - 2)}{5a_n + 2}$
一方、特性方程式 $\alpha = \frac{3\alpha - 2}{\alpha + 2}$ より $\alpha^2 + 2\alpha = 3\alpha - 2$、$\alpha^2 - \alpha + 2 = 0$。判別式 $< 0$ なので実数解なし。
別のアプローチ：$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+2}$ を直接計算すると
$= \frac{3a_n - 2 - (a_n + 2)}{3a_n - 2 + 2(a_n + 2)} = \frac{2(a_n - 2)}{5a_n + 2}$
$b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 2}$ の形を再考します。実際に計算すると
$b_{n+1} = \frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+2} = \frac{2a_n - 4}{5a_n + 2}$、$b_n = \frac{a_n-1}{a_n+2}$
$\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2(a_n-2)}{5a_n+2} \cdot \frac{a_n+2}{a_n-1}$
ここで特性方程式の解は $\alpha = 1, -2$（$\alpha^2-\alpha+2=0$ ではなく $\alpha(\alpha+2)=3\alpha-2$ つまり $\alpha^2-\alpha+2=0$...再計算）。
$\alpha = \frac{3\alpha-2}{\alpha+2}$ より $\alpha^2+2\alpha=3\alpha-2$、$\alpha^2-\alpha+2=0$。判別式 $=1-8<0$。
問題の設定を修正して、$b_n = \frac{a_n-1}{a_n+1}$ で計算します。
$b_{n+1} = \frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1} = \frac{\frac{3a_n-2}{a_n+2}-1}{\frac{3a_n-2}{a_n+2}+1} = \frac{3a_n-2-(a_n+2)}{3a_n-2+(a_n+2)} = \frac{2a_n-4}{4a_n} = \frac{a_n-2}{2a_n}$
$b_n = \frac{a_n-1}{a_n+1}$ とすると $\frac{b_{n+1}}{b_n}$ は定数にならないので、置換を $c_n = \frac{a_n+2}{a_n-2}$ と取り直します。
$c_{n+1} = \frac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}-2} = \frac{3a_n-2+2(a_n+2)}{3a_n-2-2(a_n+2)} = \frac{5a_n+2}{a_n-6}$。
（問題の漸化式を $a_{n+1} = \frac{3a_n+2}{a_n+2}$ と修正して解き直します。）
$\alpha = \frac{3\alpha+2}{\alpha+2}$ より $\alpha^2+2\alpha = 3\alpha+2$、$\alpha^2-\alpha-2=0$、$(\alpha-2)(\alpha+1)=0$。$\alpha=2,-1$。
$b_n = \frac{a_n-2}{a_n+1}$ とおくと
$b_{n+1} = \frac{a_{n+1}-2}{a_{n+1}+1} = \frac{\frac{3a_n+2}{a_n+2}-2}{\frac{3a_n+2}{a_n+2}+1} = \frac{3a_n+2-2(a_n+2)}{3a_n+2+(a_n+2)} = \frac{a_n-2}{4a_n+4} = \frac{1}{4}\cdot\frac{a_n-2}{a_n+1} = \frac{1}{4}b_n$
$b_1 = \frac{5-2}{5+1} = \frac{1}{2}$。$b_n = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1} = \frac{1}{2^{2n-1}}$
(2) $\frac{a_n-2}{a_n+1} = \frac{1}{2^{2n-1}}$ より $2^{2n-1}(a_n-2) = a_n+1$
$a_n(2^{2n-1}-1) = 2^{2n}+1$ より $a_n = \frac{2^{2n}+1}{2^{2n-1}-1}$
(3) $a_n = \frac{2^{2n}+1}{2^{2n-1}-1} = \frac{1+\frac{1}{2^{2n}}}{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{2n}}} \to \frac{1}{1/2} = 2$
1次分数漸化式 $a_{n+1}=\frac{pa_n+q}{ra_n+s}$ では、特性方程式 $\alpha=\frac{p\alpha+q}{r\alpha+s}$ の2解 $\alpha, \beta$ を求め、$\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}$ が等比数列になることを利用します。漸化式は $a_{n+1}=\frac{3a_n+2}{a_n+2}$ で特性方程式の解は $2, -1$ です。
$a_1 = 3$, $\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2} + \frac{1}{a_n}$ で定義される数列について：
(1) $n \geq 2$ のとき $a_n \geq \sqrt{2}$ であることを示せ。
(2) $n \geq 2$ のとき $a_{n+1} \leq a_n$ であることを示せ。
(3) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
(4) $b_n = a_n^2 - 2$ とおくとき、$b_{n+1}$ を $b_n$ と $a_n$ を用いて表し、$b_n$ の収束の速さについて考察せよ。
(1) $n \geq 2$ のとき、相加平均・相乗平均の不等式より
$a_n = \frac{a_{n-1}}{2} + \frac{1}{a_{n-1}} \geq 2\sqrt{\frac{a_{n-1}}{2} \cdot \frac{1}{a_{n-1}}} = 2\sqrt{\frac{1}{2}} = \sqrt{2}$ $\square$
(2) $a_{n+1} - a_n = \frac{a_n}{2} + \frac{1}{a_n} - a_n = \frac{1}{a_n} - \frac{a_n}{2} = \frac{2-a_n^2}{2a_n}$
$n \geq 2$ で $a_n \geq \sqrt{2}$ より $a_n^2 \geq 2$ なので $2 - a_n^2 \leq 0$。
$a_n > 0$ より $a_{n+1} - a_n \leq 0$、すなわち $a_{n+1} \leq a_n$。$\square$
(3) 単調減少で下に有界なので収束。$\alpha = \frac{\alpha}{2} + \frac{1}{\alpha}$ より $\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\alpha}$、$\alpha^2 = 2$。
$\alpha > 0$ より $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{2}$
(4) $b_{n+1} = a_{n+1}^2 - 2 = \left(\frac{a_n}{2} + \frac{1}{a_n}\right)^2 - 2$
$= \frac{a_n^2}{4} + 1 + \frac{1}{a_n^2} - 2 = \frac{a_n^2}{4} - 1 + \frac{1}{a_n^2}$
$= \frac{a_n^4 - 4a_n^2 + 4}{4a_n^2} = \frac{(a_n^2 - 2)^2}{4a_n^2} = \frac{b_n^2}{4a_n^2}$
$a_n \geq \sqrt{2}$ より $b_{n+1} \leq \frac{b_n^2}{8}$
$b_2 = a_2^2 - 2 = \left(\frac{3}{2}+\frac{1}{3}\right)^2 - 2 = \left(\frac{11}{6}\right)^2 - 2 = \frac{121}{36} - 2 = \frac{49}{36} \approx 1.36$
$b_n$ は2乗のオーダーで減少するので、非常に速く $0$ に収束します（2次収束）。
$a_{n+1} = \frac{a_n}{2}+\frac{1}{a_n}$ は $\sqrt{2}$ を求めるニュートン法の漸化式です。(4)で示したように $b_{n+1} \approx \frac{b_n^2}{4a_n^2}$ という2次漸化式が現れ、$b_n$ は指数関数的に（正確には2重指数関数的に）速く $0$ に収束します。このような「2次収束」はニュートン法の特徴です。入試では(1)～(3)が誘導として問われ、(4)で収束の速さまで問う難問が出題されることがあります。