Question

1．已知a＞0，函数f（x）=e^axsinx（x∈[0，+∞]）．记x_n为f（x）的从小到大的第n（n∈N^*）个极值点．证明：
（Ⅰ）数列{f（x_n）}是等比数列；
（Ⅱ）若a≥$\frac{1}{\sqrt{{e}^{2}-1}}$，则对一切n∈N^*，x_n＜|f（x_n）|恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，运用两角和的正弦公式化简，求出导数为0的根，讨论根附近的导数的符号相反，即可得到极值点，求得极值，运用等比数列的定义即可得证；
（Ⅱ）由sinφ=$\frac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$，可得对一切n∈N^*，x_n＜|f（x_n）|恒成立．即为nπ-φ＜$\frac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$e^{a（nπ-φ）}恒成立?$\frac{\sqrt{{a}^{2}+1}}{a}$＜$\frac{{e}^{a（nπ-φ）}}{a（nπ-φ）}$，①设g（t）=$\frac{{e}^{t}}{t}$（t＞0），求出导数，求得最小值，由恒成立思想即可得证．

解答 证明：（Ⅰ）f′（x）=e^ax（asinx+cosx）=$\sqrt{{a}^{2}+1}$•e^axsin（x+φ），
tanφ=$\frac{1}{a}$，0＜φ＜$\frac{π}{2}$，
令f′（x）=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ-φ，m∈N^*，
对k∈N，若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π，即（2k+1）π-φ＜x＜（2k+2）π-φ，
则f′（x）＜0，因此在（（m-1）π-φ，mπ-φ）和（mπ-φ，（m+1）π-φ）上f′（x）符号总相反．
于是当x=nπ-φ，n∈N^*，f（x）取得极值，所以x_n=nπ-φ，n∈N^*，
此时f（x_n）=e^{a（nπ-φ）}sin（nπ-φ）=（-1）ⁿ⁺¹e^{a（nπ-φ）}sinφ，
易知f（x_n）≠0，而$\frac{f（{x}_{n+1}）}{f（{x}_{n}）}$=$\frac{（-1）^{n+2}{e}^{a（（n+1）π-φ）}sinφ}{（-1）^{n+1}{e}^{a（nπ-φ）}sinφ}$=-e^aπ是常数，
故数列{f（x_n）}是首项为f（x₁）=e^a（π-φ）sinφ，公比为-e^aπ的等比数列；
（Ⅱ）由sinφ=$\frac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$，可得对一切n∈N^*，x_n＜|f（x_n）|恒成立．
即为nπ-φ＜$\frac{1}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$e^{a（nπ-φ）}恒成立?$\frac{\sqrt{{a}^{2}+1}}{a}$＜$\frac{{e}^{a（nπ-φ）}}{a（nπ-φ）}$，①
设g（t）=$\frac{{e}^{t}}{t}$（t＞0），g′（t）=$\frac{{e}^{t}（t-1）}{{t}^{2}}$，
当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增．
t=1时，g（t）取得最小值，且为e．
因此要使①恒成立，只需$\frac{\sqrt{{a}^{2}+1}}{a}$＜g（1）=e，
只需a＞$\frac{1}{\sqrt{{e}^{2}-1}}$，当a=$\frac{1}{\sqrt{{e}^{2}-1}}$，tanφ=$\frac{1}{a}$=$\sqrt{{e}^{2}-1}$$＞\sqrt{3}$，且0＜φ＜$\frac{π}{2}$，
可得$\frac{π}{3}$＜φ＜$\frac{π}{2}$，于是π-φ＜$\frac{2π}{3}$＜$\sqrt{{e}^{2}-1}$，且当n≥2时，nπ-φ≥2π-φ＞$\frac{3π}{2}$＞$\sqrt{{e}^{2}-1}$，
因此对n∈N^*，ax_n=$\frac{nπ-φ}{\sqrt{{e}^{2}-1}}$≠1，即有g（ax_n）＞g（1）=e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}+1}}{a}$，
故①亦恒成立．
综上可得，若a≥$\frac{1}{\sqrt{{e}^{2}-1}}$，则对一切n∈N^*，x_n＜|f（x_n）|恒成立．

点评 本题考查导数的运用：求极值和单调区间，主要考查三角函数的导数和求值，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的证明，属于难题．