Question

19．已知函數(shù)F（x）=e^x（e=2.71828…）滿足F（x）=g（x）+h（x），且g（x），h（x）分別是R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)．
（1）求g（x），h（x）的表達式；
（2）若任意x∈[1，2]使得不等式ae^x-2h（x）≥1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）探究h（2x）與2h（x）•g（x）的大小關(guān)系，并求$\frac{{2}^{n}g（1）g（2）g（{2}^{2}）…g（{2}^{n-1}）}{h（{2}^{n}）}$（n∈N^*）的值．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)的奇偶性結(jié)合函數(shù)的解析式求解關(guān)于f（x），g（x）的方程組即可求得函數(shù)的解析式；
（2）分類參數(shù)，結(jié)合復合型二次函數(shù)的性質(zhì)可求得實數(shù)a的取值范圍；
（3）結(jié)合（1）中求得的解析式和所給算式的特點倒序相乘即可確定所給算式的值．

解答 解：（1）由題意結(jié)合函數(shù)的奇偶性可得：
$\left\{\begin{array}{l}{F（x）=g（x）+h（x）={e}^{x}}\\{F（-x）=g（x）-h（x）={e}^{-x}}\end{array}\right.$，
解方程可得：$g（x）=\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2}，h（x）=\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2}$．
（2）結(jié)合（1）的結(jié)論可得所給不等式即：$a{e}^{x}-2×\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2}≥1$，
整理可得：$a≥-{（\frac{1}{{e}^{x}}）}^{2}+\frac{1}{{e}^{x}}+1$，
x∈[1，2]，則 $\frac{1}{{e}^{x}}∈[\frac{1}{{e}^{2}}，\frac{1}{e}]$，
則函數(shù)$h（\frac{1}{{e}^{x}}）=-{（\frac{1}{{e}^{x}}）}^{2}+\frac{1}{{e}^{x}}+1$ 的最大值為：$h（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{{e}^{2}}+\frac{1}{e}+1$，
即實數(shù)a的取值范圍是$\{a|a≥-\frac{1}{{e}^{2}}+\frac{1}{e}+1\}$．
（3）結(jié)合（1）的結(jié)論可得：
$h（2x）=\frac{{e}^{2x}-{e}^{-2x}}{2}$，$2h（x）g（x）=2×\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2}×\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2}=\frac{{e}^{2x}-{e}^{-2x}}{2}$，
故h（2x）=2h（x）g（x）．
結(jié)合函數(shù)的解析式計算可得：g（2^k）?g（2^n-k）=2h（2ⁿ）（k=1，2，3，…，n-1），則：
$\frac{{2}^{n}g（1）g（2）g（{2}^{2}）…g（{2}^{n-1}）}{h（{2}^{n}）}$
=${2}^{n}×\sqrt{\frac{g（{2}^{0}）g（{2}^{n-1}）}{h（{2}^{n}）}×\frac{g（{2}^{1}）g（{2}^{n-2}）}{h（{2}^{n}）}…×\frac{g（{2}^{n-1}）g（1）}{h（{2}^{n}）}}$
=${2}^{n}×\frac{1}{{2}^{n}}$
=1．

點評 本題考查函數(shù)解析式的求解，函數(shù)的奇偶性，恒成立問題，整體的思想等，重點考查學生對基礎(chǔ)概念的理解和計算能力，屬于中等題．