漸化式パターン4も分数式で表された漸化式でしたが，分子に0でない定数項がくっつくだけで，かなり難しくなります。パターン4とは解法がかなり異なるため，別のパターンとして扱うことにして，パターン11としています。
かなり難しいため，ほとんどの問題は誘導付きで出題されます。しかし，何故そのような誘導になっているかを知ることで，誘導後にどのような形になるかも予め分かるし，誘導がなくても解くことができます。
ここでは誘導が付いた問題をいくつか扱うことで，どのような誘導があるのかを知ってもらい，さらに誘導がなくても解けるようになることを目標とします。
Contents
パターン1に変形する誘導
2008年 東北大数列 $\{a_n\}$ を
(1) 2つの実数 $\alpha$ と $\beta$ に対して，$b_n=\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha}$$~(n=1,2,3,\cdots)$ とおく。$\{b_n\}$ が等比数列となるような $\alpha$ と $\beta$$~(\alpha>\beta)$ を1組求めよ。
(2) 数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を求めよ。
\begin{align*}
a_1=2,~a_{n+1}=\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
で定める。このとき，以下の問いに答えよ。a_1=2,~a_{n+1}=\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
(1) 2つの実数 $\alpha$ と $\beta$ に対して，$b_n=\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha}$$~(n=1,2,3,\cdots)$ とおく。$\{b_n\}$ が等比数列となるような $\alpha$ と $\beta$$~(\alpha>\beta)$ を1組求めよ。
(2) 数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を求めよ。
ヒロ
(1)は $b_{n+1}=rb_n$ の形になるように $\alpha,~\beta$ を求める問題。
【(1)の解答】
$b_n=\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha}$ とおくとき
$b_n=\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha}$ とおくとき
\begin{align*}
b_{n+1}&=\dfrac{a_{n+1}+\beta}{a_{n+1}+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}+\beta}{\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{(4a_n+1)+\beta(2a_n+3)}{(4a_n+1)+\alpha(2a_n+3)} \\[4pt]
&=\dfrac{(2\beta+4)a_n+3\beta+1}{(2\alpha+4)a_n+3\alpha+1} \\[4pt]
&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}\Cdot\dfrac{a_n+\dfrac{3\beta+1}{2\beta+4}}{a_n+\dfrac{3\alpha+1}{2\alpha+4}}
\end{align*}
ここでb_{n+1}&=\dfrac{a_{n+1}+\beta}{a_{n+1}+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}+\beta}{\dfrac{4a_n+1}{2a_n+3}+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{(4a_n+1)+\beta(2a_n+3)}{(4a_n+1)+\alpha(2a_n+3)} \\[4pt]
&=\dfrac{(2\beta+4)a_n+3\beta+1}{(2\alpha+4)a_n+3\alpha+1} \\[4pt]
&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}\Cdot\dfrac{a_n+\dfrac{3\beta+1}{2\beta+4}}{a_n+\dfrac{3\alpha+1}{2\alpha+4}}
\end{align*}
\begin{align*}
\alpha=\dfrac{3\alpha+1}{2\alpha+4}~~かつ~~\beta=\dfrac{3\beta+1}{2\beta+4}
\end{align*}
となるように $\alpha,~\beta$ を定めれば\alpha=\dfrac{3\alpha+1}{2\alpha+4}~~かつ~~\beta=\dfrac{3\beta+1}{2\beta+4}
\end{align*}
\begin{align*}
b_{n+1}&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}\Cdot\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}b_n
\end{align*}
となり，数列 $\{b_n\}$ は等比数列になる。したがって，$\alpha,~\beta$ はb_{n+1}&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}\Cdot\dfrac{a_n+\beta}{a_n+\alpha} \\[4pt]
&=\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}b_n
\end{align*}
\begin{align*}
x=\dfrac{3x+1}{2x+4}
\end{align*}
の2解とすればよい。これを解くとx=\dfrac{3x+1}{2x+4}
\end{align*}
\begin{align*}
&x(2x+4)=3x+1 \\[4pt]
&2x^2+x-1=0 \\[4pt]
&(x+1)(2x-1)=0 \\[4pt]
&x=-1,~\dfrac{1}{2}
\end{align*}
$\alpha>\beta$ より，$\alpha=\dfrac{1}{2},~\beta=-1$&x(2x+4)=3x+1 \\[4pt]
&2x^2+x-1=0 \\[4pt]
&(x+1)(2x-1)=0 \\[4pt]
&x=-1,~\dfrac{1}{2}
\end{align*}
ヒロ
等比型になったから，まず $b_n$ を求めよう。その後，$a_n$ を求めよう。
【(2)の解答】
(1)の結果より，
(1)の結果より，
\begin{align*}
\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}&=\dfrac{-1+2}{\dfrac{1}{2}+2}=\dfrac{2}{5}
\end{align*}
となるから，\dfrac{\beta+2}{\alpha+2}&=\dfrac{-1+2}{\dfrac{1}{2}+2}=\dfrac{2}{5}
\end{align*}
\begin{align*}
b_{n+1}=\dfrac{2}{5}b_n
\end{align*}
数列 $\{b_n\}$ は公比 $\dfrac{2}{5}$ の等比数列となり，b_{n+1}=\dfrac{2}{5}b_n
\end{align*}
\begin{align*}
b_1&=\dfrac{a_1-1}{a_1+\dfrac{1}{2}} \\[4pt]
&=\dfrac{2-1}{2+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{5}
\end{align*}
であるからb_1&=\dfrac{a_1-1}{a_1+\dfrac{1}{2}} \\[4pt]
&=\dfrac{2-1}{2+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{5}
\end{align*}
\begin{align*}
b_n=\left(\dfrac{2}{5}\right)^n
\end{align*}
$b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+\dfrac{1}{2}}$ よりb_n=\left(\dfrac{2}{5}\right)^n
\end{align*}
\begin{align*}
a_n&=\dfrac{\dfrac{1}{2}b_n+1}{-b_n+1} \\[4pt]
&=\dfrac{1+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n} \\[4pt]
&=\dfrac{5^n+2^{n-1}}{5^n-2^n}
\end{align*}
a_n&=\dfrac{\dfrac{1}{2}b_n+1}{-b_n+1} \\[4pt]
&=\dfrac{1+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n} \\[4pt]
&=\dfrac{5^n+2^{n-1}}{5^n-2^n}
\end{align*}