已知 $a>0$，函数 $f\left(x\right)={\mathrm e}^{ax}\sin x\left(x\in\left[0,+\infty\right)\right)$，记 $x_n$ 为 $f\left(x\right)$ 的从小到大的第 $n\left(n\in \mathbb N^*\right)$ 个极值点．证明：
【难度】
【出处】
2015年高考湖南卷（理）
【标注】
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数列 $\left\{f\left(x_n\right)\right\}$ 是等比数列；标注答案略解析根据题意，有 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)={\rm e}^{ax}\left( a\sin x+\cos x\right),$$于是$$a\sin x_n+\cos x_n=0,$$解得$$x_n=n\pi-\arctan \dfrac 1a,n\in\mathbb N^*.$$记 $\varphi=\arctan\dfrac 1a$，则$$f(x_n)={\rm e}^{a\left(n\pi-\varphi\right)}\sin\left(n\pi-\varphi\right),$$而$$\dfrac{f(x_{n+1})}{f(x_n)}=\dfrac{{\rm e}^{a\left[(n+1)\pi-\varphi\right]}\sin\left[(n+1)\pi-\varphi\right]}{{\rm e}^{a\left(n\pi-\varphi\right)}\sin\left(n\pi-\varphi\right)}=-{\rm e} ^{a\pi},$$因此数列 $\left\{f(x_n)\right\}$ 是公比为 $-{\rm e}^{a\pi}$ 的等比数列．
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若 $a\geqslant\dfrac{1}{\sqrt{{\mathrm e}^2-1}}$，则对一切 $n\in \mathbb N^*$，$x_n< \left|f\left(x_n\right) \right|$ 恒成立．标注答案略解析用分析法，根据题意\[\begin{split}x_n<\left|f(x_n)\right|&\Leftrightarrow n\pi-\varphi<\left|{\rm e}^{a\left(n\pi-\varphi\right)}\sin\left(n\pi-\varphi\right)\right|\\&\Leftrightarrow n\pi-\varphi<{\rm e}^{a\left(n\pi-\varphi\right)}\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\\&\Leftrightarrow \sqrt{1+a^2}\cdot\left(n\pi-\varphi\right)<{\rm e}^{a\left(n\pi-\varphi\right)} ,\end{split}\]令 $t=a\left(n\pi-\varphi\right)$，则只需要证明 $\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}\cdot t<{\rm e}^t$．
由已知条件有 $\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}\leqslant {\rm e}$，因此只需要证明当 $t>0$ 时，${\rm e}^t> {\rm e}\cdot t$．令 $h(t)={\rm e}^t-{\rm e}\cdot t$，$t>0$，则 $h(t)$ 的导函数$$h'(t)={\rm e}^t-{\rm e},$$因此函数 $h(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，因此 $h(t)\geqslant h(1)=0$，接下来这只需要证明等号无法同时取得．
事实上，等号同时取得的条件为 $a=\dfrac{1}{\sqrt{{\rm e}^2-1}}$ 且 $a\left(n\pi-\arctan\dfrac 1a\right)=1$，即$$\arctan{\sqrt{{\rm e}^2-1}}+\sqrt{{\rm e}^2-1}=n\pi,$$而$$\dfrac{\pi}3<\arctan\sqrt{{\rm e}^2-1}<\dfrac{\pi}2,\dfrac{2\pi}3<\sqrt{{\rm e}^2-1}<\dfrac{3\pi}2,$$因此$$\pi<\arctan{\sqrt{{\rm e}^2-1}}+\sqrt{{\rm e}^2-1}<2\pi,$$也即等号无法同时取得．
综上，原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
