【数列・等差・等比】基礎から入試まで完全攻略｜問題30問+解説｜藤原進之介

こんにちは！数強塾講師の藤原進之介です。

数学IIBの「数列」は、多くの受験生が苦手とする分野のひとつです。しかし、基本公式の理解と典型問題の演習を積み重ねれば、必ず得点源にできる分野でもあります。

この記事では、等差数列・等比数列の基礎概念から大学入試レベルの問題まで、30問以上の具体的な問題と詳細な解説を通じて徹底解説します。共通テストはもちろん、国公立・私立大学入試にも対応できる実力を身につけましょう！

この記事でわかること

• 等差数列・等比数列の基本概念と重要公式の完全理解
• 一般項・和の公式の導出過程と使い分け
• 基礎問題10問で土台を固める方法
• 標準問題10問で入試頻出パターンをマスター
• 発展問題10問で難関大レベルに挑戦
• よくある間違いとその完全対策
• 共通テスト・大学入試の最新出題傾向と対策
• 藤原進之介おすすめの勉強法と参考書

この記事を最後まで読み、全問題に取り組めば、数列分野で安定して高得点を取れるようになります。それでは、一緒に数列を攻略していきましょう！

数列・等差・等比の基本概念と重要公式

1. 数列とは何か

数列とは、ある規則に従って並んだ数の列のことです。数列を構成する各数を項といい、最初の項を初項（第1項）、n番目の項を第n項と呼びます。

数列は一般に { a_n } と表し、第n項 a_n を一般項といいます。

2. 等差数列の基本

等差数列とは、隣り合う2つの項の差が常に一定である数列のことです。この一定の差を公差といい、記号 d で表します。

等差数列の定義

等差数列の一般項

【公式の導出】

初項を a、公差を d とすると：

• 第1項：a₁ = a
• 第2項：a₂ = a + d
• 第3項：a₃ = a + 2d
• 第4項：a₄ = a + 3d
• ...
• 第n項：a_n = a + (n−1)d

つまり、n番目の項に到達するには、初項から(n−1)回だけ公差を加えるということです。

等差数列の和の公式

【公式の導出（ガウスの方法）】

S_n = a + (a+d) + (a+2d) + ... + (a+(n−1)d) を考えます。

これを逆順に書くと：

S_n = (a+(n−1)d) + (a+(n−2)d) + ... + a

両辺を足すと：

2S_n = n × {2a + (n−1)d}

よって S_n = n{2a + (n−1)d}/2

等差中項

3. 等比数列の基本

等比数列とは、隣り合う2つの項の比が常に一定である数列のことです。この一定の比を公比といい、記号 r で表します。

等比数列の定義

等比数列の一般項

【公式の導出】

初項を a、公比を r とすると：

• 第1項：a₁ = a
• 第2項：a₂ = ar
• 第3項：a₃ = ar²
• 第4項：a₄ = ar³
• ...
• 第n項：a_n = arⁿ⁻¹

等比数列の和の公式

【公式の導出（r ≠ 1 の場合）】

S_n = a + ar + ar² + ... + arⁿ⁻¹ ... ①

両辺に r をかけると：

rS_n = ar + ar² + ar³ + ... + arⁿ ... ②

① − ② より：

(1 − r)S_n = a − arⁿ = a(1 − rⁿ)

よって S_n = a(1 − rⁿ)/(1 − r)

【重要】r = 1 の場合は別計算！

r = 1 のとき、数列は a, a, a, ... となるため、S_n = na です。この場合分けは入試でよく問われるので要注意！

等比中項

4. Σ（シグマ）記号と基本公式

数列の和を簡潔に表す記号としてΣ（シグマ）があります。

Σ計算の基本公式

Σの性質

5. 数列の和と一般項の関係

基礎問題 10問（全問解説付き）

まずは基礎を固めましょう。公式の使い方を確実にマスターすることが、応用問題を解くための土台になります。

【基礎問題1】等差数列の一般項

【考え方】
等差数列の一般項の公式 a_n = a + (n−1)d を使います。初項 a = 3、公差 d = 4 を代入するだけです。

【解法】
初項 a = 3、公差 d = 4 より

a_n = 3 + (n−1)×4

= 3 + 4n − 4

= 4n − 1

第10項は n = 10 を代入して

a₁₀ = 4×10 − 1 = 39

【基礎問題2】等差数列の公差を求める

【考え方】
a_n = a + (n−1)d に条件を代入して連立方程式を作ります。

【解法】
a₃ = a + 2d = 7 ... ①
a₈ = a + 7d = 22 ... ②

② − ① より
5d = 15
d = 3

d = 3 を ① に代入
a + 6 = 7
a = 1

【基礎問題3】等差数列の和

【考え方】
等差数列の和の公式 S_n = n{2a + (n−1)d}/2 を使います。

【解法】
a = 5、d = 3、n = 20 より

S₂₀ = 20{2×5 + (20−1)×3}/2

= 20{10 + 57}/2

= 20 × 67/2

= 10 × 67

= 670

【基礎問題4】等比数列の一般項

【考え方】
等比数列の一般項の公式 a_n = arⁿ⁻¹ を使います。

【解法】
初項 a = 2、公比 r = 3 より

a_n = 2 × 3ⁿ⁻¹

第6項は n = 6 を代入して

a₆ = 2 × 3⁵ = 2 × 243 = 486

【基礎問題5】等比数列の公比を求める

【考え方】
a_n = arⁿ⁻¹ に条件を代入し、比を取ることで公比を求めます。

【解法】
a₂ = ar = 6 ... ①
a₅ = ar⁴ = 162 ... ②

② ÷ ① より
r³ = 162/6 = 27
r = 3

r = 3 を ① に代入
3a = 6
a = 2

【基礎問題6】等比数列の和

【考え方】
等比数列の和の公式 S_n = a(rⁿ − 1)/(r − 1) を使います（r ≠ 1）。

【解法】
a = 3、r = 2、n = 8 より

S₈ = 3(2⁸ − 1)/(2 − 1)

= 3(256 − 1)/1

= 3 × 255

= 765

【基礎問題7】Σ計算の基本

【考え方】
Σの性質を使って分解し、それぞれの公式を適用します。

【解法】
Σ_k=1¹⁰ (3k + 2)

= 3·Σ_k=1¹⁰ k + Σ_k=1¹⁰ 2

= 3 × 10×11/2 + 2×10

= 3 × 55 + 20

= 165 + 20

= 185

【基礎問題8】等差中項

【考え方】
等差中項の公式 2x = 5 + 17 を使います。または、公差が等しいことから x − 5 = 17 − x としても解けます。

【解法】
等差中項の条件より
2x = 5 + 17 = 22
x = 11

【検算】5, 11, 17 の公差は 11 − 5 = 6、17 − 11 = 6 で確かに等差数列 ✓

【基礎問題9】等比中項

【考え方】
等比中項の公式 x² = 2 × 18 を使います。x > 0 に注意。

【解法】
等比中項の条件より
x² = 2 × 18 = 36
x = ±6

x は正の数なので x = 6

【検算】2, 6, 18 の公比は 6/2 = 3、18/6 = 3 で確かに等比数列 ✓

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【基礎問題9】等比中項（続き）

【基礎問題10】和から一般項を求める

【考え方】
和と一般項の関係 a_n = S_n − S_n−1（n ≥ 2）を使います。n = 1 のときは別途確認が必要です。

【解法】
n ≥ 2 のとき
a_n = S_n − S_n−1
= (n² + 3n) − {(n−1)² + 3(n−1)}
= n² + 3n − (n² − 2n + 1 + 3n − 3)
= n² + 3n − n² − n + 2
= 2n + 2

n = 1 のとき
a₁ = S₁ = 1² + 3×1 = 4
また、2×1 + 2 = 4 なので、n = 1 のときも a_n = 2n + 2 が成り立つ。

標準問題 10問（全問解説付き）

基礎が固まったら、入試頻出のパターン問題に挑戦しましょう。ここでは典型的な出題パターン別に問題を紹介します。

【標準問題1】等差数列の和の最大値（パターン：符号変化）

【考え方】
公差が負なので、項は徐々に減少し、どこかで負になります。和が最大になるのは、正の項をすべて足し、負の項は足さないときです。つまり、a_n ≥ 0 かつ a_n+1 < 0 となるnを見つけます。

【解法】
一般項は a_n = 50 + (n−1)(−3) = 53 − 3n

a_n ≥ 0 となる条件を求める
53 − 3n ≥ 0
n ≤ 53/3 = 17.666...

よって、n = 17 のとき a₁₇ = 53 − 51 = 2 > 0
n = 18 のとき a₁₈ = 53 − 54 = −1 < 0

したがって、S_n が最大となるのは n = 17 のとき

S₁₇ = 17{2×50 + (17−1)(−3)}/2
= 17(100 − 48)/2
= 17 × 52/2
= 17 × 26
= 442

【標準問題2】条件から等差・等比数列を決定する

【考え方】
a_n = a + (n−1)d を使って、2つの条件から連立方程式を立てます。

【解法】
a₂ = a + d、a₄ = a + 3d より
a₂ + a₄ = 2a + 4d = 16
a + 2d = 8 ... ①

a₃ = a + 2d、a₅ = a + 4d より
a₃ × a₅ = (a + 2d)(a + 4d) = 55 ... ②

①より a = 8 − 2d を②に代入
(8 − 2d + 2d)(8 − 2d + 4d) = 55
8(8 + 2d) = 55
64 + 16d = 55
16d = −9
d = −9/16

a = 8 − 2×(−9/16) = 8 + 9/8 = 73/8

【検算】
a₂ + a₄ = (73/8 − 9/16) + (73/8 − 27/16) = (146/16 − 9/16) + (146/16 − 27/16) = 137/16 + 119/16 = 256/16 = 16 ✓

【標準問題3】等差数列と等比数列の融合

【考え方】
等差数列の条件から 2b = a + c、等比数列の条件から b² = a(c+1) を使います。また、a + b + c = 15 も活用します。

【解法】
a, b, c が等差数列より 2b = a + c ... ①
a + b + c = 15 と①より b + 2b = 15、b = 5
よって a + c = 10 ... ②

a, b, c+1 が等比数列より
b² = a(c + 1)
25 = a(c + 1) ... ③

②より c = 10 − a を③に代入
25 = a(10 − a + 1) = a(11 − a)
25 = 11a − a²
a² − 11a + 25 = 0

解の公式より
a = (11 ± √(121 − 100))/2 = (11 ± √21)/2

a = (11 + √21)/2 のとき c = 10 − (11 + √21)/2 = (9 − √21)/2
a = (11 − √21)/2 のとき c = 10 − (11 − √21)/2 = (9 + √21)/2

a, b, c はすべて正で、a ≤ c（等差数列で b = 5 が中央）なので
a = (11 − √21)/2、c = (9 + √21)/2

【標準問題4】Σ計算（k²を含む）

【考え方】
k(k+1) = k² + k と展開し、それぞれのΣ公式を適用します。

【解法】
Σ_k=1ⁿ k(k+1)
= Σ_k=1ⁿ (k² + k)
= Σ_k=1ⁿ k² + Σ_k=1ⁿ k
= n(n+1)(2n+1)/6 + n(n+1)/2
= n(n+1){(2n+1)/6 + 1/2}
= n(n+1){(2n+1)/6 + 3/6}
= n(n+1)(2n+4)/6
= n(n+1)·2(n+2)/6
= n(n+1)(n+2)/3

【標準問題5】部分分数分解による和

【考え方】
部分分数分解 1/{k(k+1)} = 1/k − 1/(k+1) を使うと、和が「望遠鏡和（テレスコーピング）」の形になり、多くの項が打ち消し合います。

【解法】
1/{k(k+1)} = 1/k − 1/(k+1) より

Σ_k=1ⁿ 1/{k(k+1)}
= Σ_k=1ⁿ (1/k − 1/(k+1))
= (1/1 − 1/2) + (1/2 − 1/3) + (1/3 − 1/4) + ... + (1/n − 1/(n+1))
= 1 − 1/(n+1)
= n/(n+1)

【標準問題6】等比数列の和（公比の場合分け）

【考え方】
r = 1 と r ≠ 1 の場合分けは等比数列の和の基本。後半は方程式を解きます。

【解法】
[場合分け]
r = 1 のとき：S_n = na
r ≠ 1 のとき：S_n = a(rⁿ − 1)/(r − 1)

[r の値を求める]
a = 2、S₅ = 62 より

r = 1 のとき：S₅ = 5×2 = 10 ≠ 62 なので不適

r ≠ 1 のとき：
62 = 2(r⁵ − 1)/(r − 1)
31(r − 1) = r⁵ − 1
31r − 31 = r⁵ − 1
r⁵ − 31r + 30 = 0

r = 2 を試すと：32 − 62 + 30 = 0 ✓

したがって r = 2

【標準問題7】和の公式から条件を求める

【考え方】
等差数列の和の公式を使って連立方程式を立て、初項と公差を求めます。または、等差数列の性質を使った別解もあります。

【解法】
S_n = n{2a + (n−1)d}/2 より

S₁₀ = 10(2a + 9d)/2 = 5(2a + 9d) = 100
2a + 9d = 20 ... ①

S₂₀ = 20(2a + 19d)/2 = 10(2a + 19d) = 400
2a + 19d = 40 ... ②

② − ① より
10d = 20
d = 2

d = 2 を①に代入
2a + 18 = 20
a = 1

S₃₀ = 30{2×1 + (30−1)×2}/2
= 30(2 + 58)/2
= 30 × 60/2
= 900

【別解】等差数列の和の性質を利用
等差数列の和において、S₁₀、S₂₀ − S₁₀、S₃₀ − S₂₀ は等差数列をなす。
S₁₀ = 100、S₂₀ − S₁₀ = 400 − 100 = 300
公差 = 300 − 100 = 200
S₃₀ − S₂₀ = 300 + 200 = 500
S₃₀ = 400 + 500 = 900

【標準問題8】数列の和と一般項（n=1の確認）

【考え方】
a_n = S_n − S_n−1（n ≥ 2）を使い、n = 1 の場合は S₁ = a₁ で確認します。

【解法】
n ≥ 2 のとき
a_n = S_n − S_n−1
= (2n² − 3n + 1) − {2(n−1)² − 3(n−1) + 1}
= 2n² − 3n + 1 − (2n² − 4n + 2 − 3n + 3 + 1)
= 2n² − 3n + 1 − 2n² + 7n − 6
= 4n − 5

n = 1 のとき
a₁ = S₁ = 2×1 − 3×1 + 1 = 0
一方、4×1 − 5 = −1 ≠ 0

したがって、n = 1 のとき a_n = 4n − 5 は成り立たない。

【標準問題9】等差×等比型の和（基本）

【考え方】
等差数列と等比数列の積の和は、S − rS を計算する「ずらし引き」の技法を使います。

【解法】
S = 1·2 + 2·2² + 3·2³ + 4·2⁴ + 5·2⁵ ... ①
2S = 1·2² + 2·2³ + 3·2⁴ + 4·2⁵ + 5·2⁶ ... ②

① − ② より
S − 2S = 1·2 + 1·2² + 1·2³ + 1·2⁴ + 1·2⁵ − 5·2⁶
−S = 2 + 2² + 2³ + 2⁴ + 2⁵ − 5·2⁶
−S = 2(2⁵ − 1)/(2 − 1) − 5·2⁶
−S = 2(32 − 1) − 5×64
−S = 62 − 320
−S = −258
S = 258

【標準問題10】漸化式と等差・等比数列

【考え方】
a_n+1 − a_n = 3（一定）なので、{a_n} は初項 2、公差 3 の等差数列です。

【解法】
a_n+1 − a_n = 3（一定）より、{a_n} は公差 3 の等差数列

初項 a₁ = 2、公差 d = 3 より
a_n = 2 + (n−1)×3 = 3n − 1

発展・入試レベル問題 10問（全問解説付き）

ここからは難関大入試レベルの問題です。思考力・応用力が試される問題に挑戦しましょう。

【発展問題1】等差数列の和の2乗和

【考え方】
S₅ の条件と、a_k = a + (k−1)d を使って Σa_k² を計算し、連立方程式を解きます。

【解法】
S₅ = 5(2a + 4d)/2 = 5(a + 2d) = 35
a + 2d = 7 ... ①

a_k = a + (k−1)d より
a₁ = a、a₂ = a+d、a₃ = a+2d、a₄ = a+3d、a₅ = a+4d

Σ_k=1⁵ a_k² = a² + (a+d)² + (a+2d)² + (a+3d)² + (a+4d)²
= 5a² + 2ad(1+2+3+4) + d²(1+4+9+16)
= 5a² + 20ad + 30d² = 285 ... ②

①より a = 7 − 2d を②に代入
5(7−2d)² + 20(7−2d)d + 30d² = 285
5(49 − 28d + 4d²) + 140d − 40d² + 30d² = 285
245 − 140d + 20d² + 140d − 40d² + 30d² = 285
245 + 10d² = 285
10d² = 40
d² = 4
d = ±2

d = 2 のとき a = 7 − 4 = 3
d = −2 のとき a = 7 + 4 = 11

【発展問題2】格子点の個数（等差数列の応用）

【考え方】
x = 0, 1, 2, ..., 20 の各値に対して、y の取りうる値の個数を数え、それらを合計します。

【解法】
x = k（k = 0, 1, 2, ..., 20）のとき、0 ≤ y ≤ k を満たす整数 y は
y = 0, 1, 2, ..., k の k+1 個

よって格子点の総数は
Σ_k=0²⁰

【発展問題2】格子点の個数（等差数列の応用）（続き）

よって格子点の総数は
Σ_k=0²⁰ (k+1) = Σ_k=1²¹ k = 21×22/2 = 231

【発展問題3】等比数列と対数

【考え方】
等比数列の一般項 a_n = 3・2ⁿ⁻¹ > 10000 を対数を使って解きます。

【解法】
a_n = 3・2ⁿ⁻¹ > 10000

両辺の常用対数をとると
log₁₀(3・2ⁿ⁻¹) > log₁₀10000
log₁₀3 + (n−1)log₁₀2 > 4
0.4771 + (n−1)×0.3010 > 4
(n−1)×0.3010 > 3.5229
n−1 > 3.5229/0.3010
n−1 > 11.70...
n > 12.70...

n は自然数なので、n ≥ 13

よって、a_n > 10000 となる最小の n は 13

【発展問題4】群数列

【考え方】
第n群の最初の数は、第1群から第(n−1)群までに含まれる数の総数 + 1 です。群数列は入試頻出なので、解法パターンをしっかり身につけましょう。

【解法】

(1) 第n群の最初の数
第1群から第(n−1)群までに含まれる数の総数は
1 + 2 + 3 + ... + (n−1) = (n−1)n/2

よって、第n群の最初の数は
(n−1)n/2 + 1 = (n² − n + 2)/2

(2) 第n群に含まれる数の和
第n群には n 個の連続した自然数が含まれる。
最初の数：(n² − n + 2)/2
最後の数：(n² − n + 2)/2 + (n − 1) = (n² + n)/2

第n群の和 = n × {最初の数 + 最後の数}/2
= n × {(n² − n + 2)/2 + (n² + n)/2}/2
= n × (2n² + 2)/4
= n(n² + 1)/2

(3) 100 は第何群の何番目か
第n群までに含まれる数の総数は n(n+1)/2
100 ≤ n(n+1)/2 となる最小の n を求める。

n = 13 のとき：13×14/2 = 91 < 100
n = 14 のとき：14×15/2 = 105 ≥ 100

よって 100 は第14群に含まれる。

第13群までに 91 個の数があるので、
100 は全体で 100 番目、つまり第14群の 100 − 91 = 9 番目

【発展問題5】漸化式 a_n+1 = pa_n + q 型

【考え方】
a_n+1 = pa_n + q 型の漸化式は、特性方程式 α = pα + q を解いて α を求め、a_n − α が等比数列になることを利用します。

【解法】
特性方程式 α = 2α + 3 より α = −3

a_n+1 − (−3) = 2a_n + 3 + 3 = 2(a_n + 3)
a_n+1 + 3 = 2(a_n + 3)

b_n = a_n + 3 とおくと
b_n+1 = 2b_n

{b_n} は初項 b₁ = a₁ + 3 = 4、公比 2 の等比数列
b_n = 4・2ⁿ⁻¹ = 2ⁿ⁺¹

a_n = b_n − 3 = 2ⁿ⁺¹ − 3

【発展問題6】階差数列

【考え方】
隣り合う項の差（階差数列）を調べ、その規則性を見つけます。

【解法】
階差数列を b_n = a_n+1 − a_n とすると
b₁ = 2 − 1 = 1
b₂ = 5 − 2 = 3
b₃ = 10 − 5 = 5
b₄ = 17 − 10 = 7
b₅ = 26 − 17 = 9

{b_n}：1, 3, 5, 7, 9, ... は初項 1、公差 2 の等差数列
b_n = 1 + (n−1)×2 = 2n − 1

n ≥ 2 のとき
a_n = a₁ + Σ_k=1ⁿ⁻¹ b_k
= 1 + Σ_k=1ⁿ⁻¹ (2k − 1)
= 1 + 2・(n−1)n/2 − (n−1)
= 1 + (n−1)n − (n−1)
= 1 + (n−1)(n−1)
= 1 + (n−1)²
= n² − 2n + 2

n = 1 のとき：1² − 2×1 + 2 = 1 = a₁ ✓

【発展問題7】等差×等比型の和（一般形）

【考え方】
等差×等比型の和は、S_n − rS_n を計算する「ずらし引き」を使います。

【解法】
S_n = 1・3 + 2・3² + 3・3³ + ... + n・3ⁿ ... ①
3S_n = 1・3² + 2・3³ + 3・3⁴ + ... + n・3ⁿ⁺¹ ... ②

① − ② より
−2S_n = 3 + 3² + 3³ + ... + 3ⁿ − n・3ⁿ⁺¹
= 3(3ⁿ − 1)/(3 − 1) − n・3ⁿ⁺¹
= 3(3ⁿ − 1)/2 − n・3ⁿ⁺¹

−2S_n = (3ⁿ⁺¹ − 3)/2 − n・3ⁿ⁺¹
= (3ⁿ⁺¹ − 3 − 2n・3ⁿ⁺¹)/2
= {(1 − 2n)・3ⁿ⁺¹ − 3}/2

S_n = {(2n − 1)・3ⁿ⁺¹ + 3}/4

【発展問題8】数学的帰納法による証明

【考え方】
数学的帰納法の2ステップ：① n = 1 で成立を確認、② n = k で成立を仮定し n = k+1 で成立を示す。

【解法】

[Ⅰ] n = 1 のとき
（左辺）= 1² = 1
（右辺）= 1×2×3/6 = 1
左辺 = 右辺 より、n = 1 で成立。

[Ⅱ] n = k で成立すると仮定
1² + 2² + ... + k² = k(k+1)(2k+1)/6 ... (*)

n = k + 1 のとき
1² + 2² + ... + k² + (k+1)²
= k(k+1)(2k+1)/6 + (k+1)² （(*)より）
= (k+1){k(2k+1)/6 + (k+1)}
= (k+1){k(2k+1) + 6(k+1)}/6
= (k+1)(2k² + k + 6k + 6)/6
= (k+1)(2k² + 7k + 6)/6
= (k+1)(k+2)(2k+3)/6
= (k+1){(k+1)+1}{2(k+1)+1}/6

これは n = k + 1 のときの右辺に一致する。
よって、n = k + 1 でも成立。

[Ⅰ][Ⅱ]より、すべての自然数 n に対して成立。

【発展問題9】複雑な漸化式

【考え方】
a_n+1 = pa_n + f(n) 型は、両辺を適当な数で割って等比数列を作ります。ここでは 2ⁿ⁺¹ で割ってみます。

【解法】
a_n+1 = 3a_n + 2ⁿ の両辺を 2ⁿ⁺¹ で割ると
a_n+1/2ⁿ⁺¹ = 3a_n/2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ/2ⁿ⁺¹
a_n+1/2ⁿ⁺¹ = (3/2)・(a_n/2ⁿ) + 1/2

b_n = a_n/2ⁿ とおくと
b_n+1 = (3/2)b_n + 1/2

特性方程式 α = (3/2)α + 1/2 より α = −1

b_n+1 + 1 = (3/2)(b_n + 1)

c_n = b_n + 1 とおくと
c_n+1 = (3/2)c_n

{c_n} は初項 c₁ = b₁ + 1 = a₁/2 + 1 = 1/2 + 1 = 3/2、公比 3/2 の等比数列

c_n = (3/2)・(3/2)ⁿ⁻¹ = (3/2)ⁿ = 3ⁿ/2ⁿ

b_n = c_n − 1 = 3ⁿ/2ⁿ − 1 = (3ⁿ − 2ⁿ)/2ⁿ

a_n = 2ⁿ・b_n = 3ⁿ − 2ⁿ

【発展問題10】部分分数分解の応用

【考え方】
3つの連続する自然数の積の逆数の和です。部分分数分解を行い、望遠鏡和の形を作ります。

【解法】
部分分数分解を行う。
1/{k(k+1)(k+2)} = A/k + B/(k+1) + C/(k+2)

両辺に k(k+1)(k+2) をかけて
1 = A(k+1)(k+2) + Bk(k+2) + Ck(k+1)

k = 0：1 = A・1・2 = 2A → A = 1/2
k = −1：1 = B・(−1)・1 = −B → B = −1
k = −2：1 = C・(−2)・(−1) = 2C → C = 1/2

よって
1/{k(k+1)(k+2)} = (1/2)/k − 1/(k+1) + (1/2)/(k+2)
= (1/2){1/k − 2/(k+1) + 1/(k+2)}
= (1/2){1/k − 1/(k+1) − 1/(k+1) + 1/(k+2)}
= (1/2){1/(k(k+1)) − 1/((k+1)(k+2))}

Σ_k=1ⁿ 1/{k(k+1)(k+2)}
= (1/2) Σ_k=1ⁿ {1/(k(k+1)) − 1/((k+1)(k+2))}
= (1/2){1/(1・2) − 1/((n+1)(n+2))}
= (1/2){1/2 − 1/((n+1)(n+2))}
= 1/4 − 1/{2(n+1)(n+2)}
= {(n+1)(n+2) − 2}/{4(n+1)(n+2)}
= (n² + 3n)/{4(n+1)(n+2)}
= n(n+3)/{4(n+1)(n+2)}

よくある間違いと完全対策

数列の問題で受験生がよく犯す間違いとその対策を紹介します。これらを意識するだけで、ケアレスミスを大幅に減らせます。

間違い1：等比数列の和で r = 1 の場合分けを忘れる

間違い2：S_n から a_n を求めるとき n = 1 の確認を忘れる

間違い3：等差数列の一般項で (n−1) を忘れる

間違い4：等比数列の一般項で指数を間違える

間違い5：Σの範囲を間違える