Question

4．定義H_n=$\frac{{a}_{1}+2{a}_{2}+…+{2}^{n-1}{a}_{n}}{n}$為數(shù)列{a_n}的均值，已知數(shù)列{b_n}的均值${H}_{n}{=2}^{n+1}$，記數(shù)列{b_n-kn}的前n項(xiàng)和是S_n，若S_n≤S₅對(duì)于任意的正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是[$\frac{7}{3}$，$\frac{12}{5}$]．

Answer 1

分析 由題意，b₁+2b₂+…+2^n-1b_n=n•2ⁿ⁺¹，b₁+2b₂+…+2^n-2b_n-1=（n-1）•2ⁿ，從而求出b_n=2（n+1），可得數(shù)列{b_n-kn}為等差數(shù)列，從而將S_n≤S₅對(duì)任意的n（n∈N^*）恒成立化為b₅≥0，b₆≤0；從而求解．

解答 解：由題意，
H_n=$\frac{_{1}+2_{2}+…+{2}^{n-1}_{n}}{n}$=2ⁿ⁺¹，
則b₁+2b₂+…+2^n-1b_n=n•2ⁿ⁺¹，
b₁+2b₂+…+2^n-2b_n-1=（n-1）•2ⁿ，
則2^n-1b_n=n•2ⁿ⁺¹-（n-1）•2ⁿ
=（n+1）•2ⁿ，
則b_n=2（n+1），
對(duì)b₁也成立，
故b_n=2（n+1），
則b_n-kn=（2-k）n+2，
則數(shù)列{b_n-kn}為等差數(shù)列，
故S_n≤S₅對(duì)任意的n（n∈N^*）恒成立可化為：
b₅≥0，b₆≤0；
即$\left\{\begin{array}{l}{5（2-k）+2≥0}\\{6（2-k）+2≤0}\end{array}\right.$，
解得，$\frac{7}{3}$≤k≤$\frac{12}{5}$，
故答案為：[$\frac{7}{3}$，$\frac{12}{5}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了新定義的理解和運(yùn)用，考查等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的最值及數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法的問題，考查推理和運(yùn)算能力，屬于中檔題．