Question

15．对于数列{a_n}，定义${H_n}=\frac{{{a_1}+2{a_2}+…+{2^{n-1}}{a_n}}}{n}$为{a_n}的“优值”，现在已知某数列{a_n}的“优值”${H_n}={2^{n+1}}$，记数列{a_n-kn}的前n项和为S_n，若S_n≤S₅对任意的n∈N⁺恒成立，则实数k的最大值为$\frac{12}{5}$．

Answer 1

分析 由题意，a₁+2a₂+…+2^n-1a_n=n•2ⁿ⁺¹，a₁+2a₂+…+2^n-2a_n-1=（n-1）•2ⁿ，从而求出a_n=2（n+1），可得数列{a_n-kn}为等差数列，从而将S_n≤S₅对任意的n（n∈N^*）恒成立化为a₅≥0，a₆≤0；列出不等式组，从而求解．

解答 解：由题意，${H_n}=\frac{{{a_1}+2{a_2}+…+{2^{n-1}}{a_n}}}{n}$=2ⁿ⁺¹，
则a₁+2a₂+…+2^n-1a_n=n•2ⁿ⁺¹，
当n≥2时，a₁+2a₂+…+2^n-2a_n-1=（n-1）2ⁿ，
两式相减可得2^n-1a_n=n•2ⁿ⁺¹-（n-1）•2ⁿ=（n+1）•2ⁿ，
则a_n=2（n+1），
当n=1时，a₁=4，
上式对a₁也成立，
故a_n=2（n+1），n∈N⁺，
则a_n-kn=（2-k）n+2，
则数列{a_n-kn}为等差数列，
故S_n≤S₅对任意的n（n∈N^*）恒成立可化为
a₅≥0，a₆≤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≤$\frac{12}{5}$，
则实数k的最大值为$\frac{12}{5}$，
故答案为：$\frac{12}{5}$．

点评 本题考查了数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查等差数列的前n项和的最值及转化思想的运用，属于中档题．