問題文全文(内容文)：
数列$\{a_{n}\}$に対して$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k(n=1,2,3,・・・)$とし、さらに$S_0=0$と定める。$\{a_n\}$は$S_n=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}(n+3)a_{n+1}$(n=0,1,2,・・・)を満たすとする。
(1)$a_1=\dfrac{\fbox{ア}}{\fbox{イ}}$である。また、$n \geqq 1$に対して$a_n=S_n-S_{n-1}$であるから、関係式$(n+\fbox{ウ})a_{n+1}=(n+\fbox{エ})a_n (n=1,2,3,・・・)$・・・(*)が得られる。数列$\{{b_n}\}$を$b_n=n(n+1)(n+2)a_n (n=1,2,3,・・・)$で定めると、$b_1=\fbox{オ}$であり、$n \geqq 1$に対して$b_{n+1}=\fbox{カ}b_n$が成り立つ。ゆえに$a_n=\dfrac{\fbox{キ}}{n(n+1)(n+2)}$が得られる。
次に、数列$\{{T_n}\}=\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{a_k}{(k+3)(k+4)}(n=1,2,3,・・・)$で定める。
(2)(*)より導かれる関係式
$\dfrac{a_k}{k+3}-\dfrac{a_{k+1}}{k+4}=\dfrac{\fbox{ク}a_k}{(k+3)(k+4)} (k=1,2,3,・・・)$
を用いると
$T_n=A-\dfrac{\fbox{ケ}}{\fbox{コ}(n+p)(n+q)(n+r)(n+s)}(n=1,2,3,・・・)$
が得られる。ただしここに$A=\fbox{サ}{シス}$であり、$p \lt q\lt r \lt s$として$p=\fbox{セ},q=\fbox{ソ},r=\fbox{タ},s=\fbox{チ}$である。
(3)不等式$|T_n-A| \lt\dfrac{1}{10000(n+1)(n+2)}$を満たす最小の自然数$nはn=\fbox{ツテ}$である。

2023慶應義塾大学経済学部過去問

問題文全文(内容文)：
\begin{eqnarray}
{\large\boxed{2}}\ (2)a_1=4,\ \ \ 4a_{n+1}=2a_n+3(n=1,2,3,\ldots)で与えられる\\
数列\left\{a_n\right\}の一般項はa_n=\boxed{\ \ ア\ \ }である。また\sum_{n=1}^la_n \geqq 20\\
を満たす最小の自然数lは\boxed{\ \ イ\ \ }\ である。\hspace{75pt}
\end{eqnarray}

2022慶應義塾大学看護医療学科過去問

問題文全文(内容文)：
$\Large{\boxed{1}}$ (3)$a_1$=0,　$b_1$=6とし、
$a_{n+1}$=$\displaystyle\frac{a_n+b_n}{2}$,　$b_{n+1}$=$a_n$　($n$≧1)
で定まる$a_n$, $b_n$を用いて、平面上の点$P_n$($a_n$, $b_n$)($n$=1,2,3,...)を定める。
(i)点$P_n$は常に直線$y$=$\boxed{\ \ ウ\ \ }x$+$\boxed{\ \ エ\ \ }$上にある。
(ii)$n$を限りなく大きくするとき、点$P_n$は点$\left(\boxed{\ \ オ\ \ }, \boxed{\ \ カ\ \ }\right)$に限りなく近づく。

問題文全文(内容文)：
\begin{eqnarray}
{\Large\boxed{7}}\ x,yについての方程式\\
x^2-6xy+y^2=9 　\ldots\ldots(*)\\
に関する次の問いに答えよ。\\
(1)x,yがともに正の整数であるような(*)の解のうち、yが最小であるものを\\
求めよ。\\
(2)数列a_1,a_2,a_3,\ldotsが漸化式\\
a_{n+2}-6a_{n+1}+a_n=0　　(n=1,2,3,\ldots)\\
を満たすとする。このとき、(x,y)=(a_{n+1},a_n)が(*)を満たすならば、\\
(x,y)=(a_{n+2},a_{n+1})も(*)を満たすことを示せ。\\
(3)(*)の整数解(x,y)は無数に存在することを示せ。
\end{eqnarray}

2022千葉大学理系過去問

問題文全文(内容文)：
静岡大学過去問題
n自然数
(1)$4^{n+1}+5^{2n-1}$は21で割り切れることを証明
(2)次の条件を満たす定数でない多項式f(x)を推定し、その推定が正しいことを証明せよ。
(a)f(4)=21
(b)すべての自然数nに対し$x^{n+1}+(x+1)^{2n-1}$はf(x)で割り切れる。