解説

方針・初手

漸化式

$$ a_n-a_{n-1}=10n-3 $$

から、まず差を $1$ 項ずつ足し上げて $a_n$ の一般項を求める。

一般項が出れば、（2） は不等式を解けばよく、（3） は分母 $3k+a_k$ を一般項で書き直すと積の形になって部分分数分解でき、和が望ましく消去される。

解法1

**(1)**

$n\geqq 2$ に対して

$$ a_n=a_1+\sum_{j=2}^{n}(a_j-a_{j-1}) $$

であるから、

$$ a_n=7+\sum_{j=2}^{n}(10j-3) $$

となる。

ここで

$$ \sum_{j=2}^{n}(10j-3) =10\sum_{j=2}^{n}j-3(n-1) $$

であり、

$$ \sum_{j=2}^{n}j=\frac{n(n+1)}{2}-1 $$

だから、

$$ \begin{aligned} a_n &=7+10\left(\frac{n(n+1)}{2}-1\right)-3(n-1) \\ &=7+5n(n+1)-10-3n+3 \\ &=5n^2+2n \end{aligned} $$

となる。

したがって、

$$ a_n=5n^2+2n $$

である。

**(2)**

（1） より

$$ a_n=5n^2+2n $$

だから、

$$ a_n>1000 $$

は

$$ 5n^2+2n>1000 $$

と同値である。

実際に値を調べると、

$$ a_{13}=5\cdot 13^2+2\cdot 13=845+26=871 $$

であり、

$$ a_{14}=5\cdot 14^2+2\cdot 14=980+28=1008 $$

である。

よって、$a_n>1000$ となる最小の $n$ は

$$ 14 $$

である。

**(3)**

（1） より

$$ a_k=5k^2+2k $$

であるから、

$$ 3k+a_k=3k+5k^2+2k=5k^2+5k=5k(k+1) $$

となる。

したがって、

$$ \frac{2}{3k+a_k}=\frac{2}{5k(k+1)} $$

である。

さらに

$$ \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} $$

より、

$$ \frac{2}{3k+a_k}=\frac{2}{5}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) $$

と変形できる。

よって、

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k} =\frac{2}{5}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) $$

となり、これは望ましく消去して

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k} =\frac{2}{5}\left(1-\frac{1}{n+1}\right) =\frac{2n}{5(n+1)} $$

である。

**(4)**

（3） の結果より

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k}=\frac{2n}{5(n+1)} $$

であるから、

$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k} =\lim_{n\to\infty}\frac{2n}{5(n+1)} =\frac{2}{5} $$

となる。

解説

この問題の要点は、漸化式が

$$ a_n-a_{n-1}=10n-3 $$

という「階差」の形になっていることである。したがって一般項は和をとればよい。

また、（3） では一般項を代入すると

$$ 3k+a_k=5k(k+1) $$

となり、分母が連続する 2 数の積になる。ここで

$$ \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} $$

を用いると、和が階段状に消えていく。漸化式から一般項を出し、その後に部分分数分解で処理するのが自然な流れである。

答え

**(1)**

$$ a_n=5n^2+2n $$

**(2)**

$$ 14 $$

**(3)**

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k}=\frac{2n}{5(n+1)} $$

**(4)**

$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{3k+a_k}=\frac{2}{5} $$