Question

11．函數(shù)f（x）=ae²cosx（x∈[0，+∞），記x_n為f（x）的從小到大的第n（n∈N^*）個極值點．
（1）證明：數(shù)列{f（x_n）}是等比數(shù)列；
（2）若對一切n∈N^*，x_n≤|f（x_n）|恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)為0，求得極值點，再由等比數(shù)列的定義，即可得證；
（2）由n=1可得a的范圍，運用數(shù)學(xué)歸納法證8ⁿ＞4n+3，當(dāng)a≥$\frac{\sqrt{2}}{4}$πe-$\frac{π}{4}$時，驗證得|f（x_n+1）|＞x_n+1，即可得到a的范圍．

解答 （1）證明：函數(shù)f（x）=ae^xcosx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=ae^x（cosx-sinx），
a＞0，x≥0，則e^x≥1，
由f′（x）=0，可得cosx=sinx，即tanx=1，解得x=kπ+$\frac{π}{4}$，k=0，1，2，…，
當(dāng)k為奇數(shù)時，f′（x）在kπ+$\frac{π}{4}$附近左負右正，
當(dāng)k為偶數(shù)時，f′（x）在kπ+$\frac{π}{4}$附近左正右負．
故x=kπ+$\frac{π}{4}$，k=0，1，2，…，均為極值點，
x_n=（n-1）π+$\frac{π}{4}$=nπ-$\frac{3π}{4}$，
f（x_n）=aenπ-$\frac{3π}{4}$cos（nπ-$\frac{5π}{4}$），f（x_n+1）=aenπ+$\frac{π}{4}$cos（nπ+$\frac{π}{4}$），
當(dāng)n為偶數(shù)時，f（x_n+1）=-e^πf（x_n），
當(dāng)n為奇數(shù)時，f（x_n+1）=-e^πf（x_n），
即有數(shù)列{f（x_n）}是等比數(shù)列；
（2）解：由于x₁≤|f（x₁）|，則$\frac{π}{4}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$ae$\frac{π}{4}$，
解得a≥$\frac{\sqrt{2}}{4}$πe-$\frac{π}{4}$，
下面證明8ⁿ＞4n+3．
當(dāng)n=1時，8＞7顯然成立，假設(shè)n=k時，8^k＞4k+3，
當(dāng)n=k+1時，8^k+1=8•8^k＞8（4k+3）=32k+24
=4（k+1）+28k+20＞4（k+1）+3，
即有n=k+1時，不等式成立．
綜上可得8ⁿ＞4n+3（n∈N+），
由e^π＞8，
當(dāng)a≥$\frac{\sqrt{2}}{4}$πe-$\frac{π}{4}$時，
由（Ⅰ）可得|f（x_n+1）|=|（-e^π）|ⁿ|f（x₁）|
＞8ⁿ|f（x₁）|=8ⁿf（x₁）＞（4n+3）x₁＞x_n+1，n∈N+，
綜上可得a≥$\frac{\sqrt{2}}{4}$πe-$\frac{π}{4}$成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求極值，主要考查不等式的恒成立問題，同時考查等比數(shù)列的通項公式和數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的方法，以及不等式的性質(zhì)，屬于難題．