题号:2192    题型:解答题    来源:2023届湖南师大附中高三第一次月考数学
已知函数 $f(x)=\frac{\sin x}{x}$.
(1) 判断函数 $f(x)$ 在区间 $(0,3 \pi)$ 上极值点的个数并证明;
(2) 函数 $f(x)$ 在区间 $(-0,+\infty)$ 上的极值点从小到大分别为 $x_1, x_2, x_3, \cdots, x_n, \cdots$, 设 $a_n=f\left(x_n\right), S_n$ 为数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和.
(i) 证明: $a_1+a_2 < 0$;
(ii) 问是否存在 $n \in \mathbf{N}^*$ 使得 $S_n \geqslant 0$ ?若存在, 求出 $n$ 的取值范围; 若不存在, 请说明理由
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答案:
解析: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{x \cos x-\sin x}{x^2}$, 设 $g(x)=x \cos x-\sin x$, 又 $g^{\prime}(x)=-x \sin x$,
当 $x \in(0, \pi]$ 时, $\because \sin x > 0, g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递减, $g(x) < g(0)=0$,
$\therefore g(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上无零点;
当 $x \in(\pi, 2 \pi]$ 时, $\because \sin x < 0, g^{\prime}(x) > 0, g(x)$ 在 $(\pi, 2 \pi)$ 上单调递增,
$g(\pi)=-\pi < 0, g(2 \pi)=2 \pi > 0$,
$\therefore g(x)$ 在 $(\pi, 2 \pi)$ 上有唯一零点;
当 $x \in(2 \pi, 3 \pi]$ 时, $\because \sin x > 0, g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 在 $(2 \pi, 3 \pi)$ 上单调递减,
$\because g(2 \pi) > 0, g(3 \pi) < 0$,
$\therefore g(x)$ 在 $(2 \pi, 3 \pi]$ 上有唯一零点.
综上, 函数 $g(x)$ 在区间 $(0,3 \pi)$ 上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变,
故函数 $f(x)$ 在区间 $(0,3 \pi)$ 内恰有两个极值点.


(2) (1)由 (1) 知 $f(x)$ 在 $x \in(0, \pi]$ 无极值点; 在 $x \in(\pi, 2 \pi]$ 有极小值点, 即为 $x_1$;
在 $x \in(2 \pi, 3 \pi]$ 有极大值点, 即为 $x_2$, 同理可得, 在 $(3 \pi, 4 \pi]$ 有极小值点 $x_3$, 在 $(n \pi,(n+1) \pi]$ 有极值点 $x_n$, 由 $x_n \cos x_n-\sin x_n=0$ 得 $x_n=\tan x_n$,

$$
\because x_2 > x_1, \therefore \tan x_2 > \tan x_1=\tan \left(x_1+\pi\right), \because g(\pi) < 0, g\left(\frac{3 \pi}{2}\right)=1, g(2 \pi) > 0, g\left(\frac{5 \pi}{2}\right) < 0 \text {, }
$$
$$
\therefore x_1 \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right), x_2 \in\left(2 \pi, \frac{5 \pi}{2}\right), \because x_2, x_1+\pi \in\left(2 \pi, \frac{5 \pi}{2}\right) \text {, }
$$
由函数 $y=\tan x$ 在 $\left(2 \pi, \frac{5 \pi}{2}\right)$ 单调递增得 $x_2 > x_1+\pi$,
$$
\therefore a_1+a_2=f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)=\frac{\sin x_1}{x_1}+\frac{\sin x_2}{x_2}=\cos x_1+\cos x_2 \text {, }
$$
由 $y=\cos x$ 在 $\left(2 \pi, \frac{5 \pi}{2}\right)$ 单调递減得 $\cos x_2 < \cos \left(x_1+\pi\right)=-\cos x_1$,
$$
\therefore a_1+a_2=f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right) < 0 \text {. }
$$
(2)同理 $x_{2 n-1} \in\left((2 n-1) \pi, 2 n-\frac{\pi}{2}\right), x_{2 n} \in\left(2 n \pi, 2 n \pi+\frac{\pi}{2}\right)$,
$$
2 n \pi+\frac{\pi}{2} > x_{2 n} > x_{2 n-1}+\pi > 2 n \pi,
$$
由 $y=\cos x$ 在 $\left(2 n \pi, 2 n \pi+\frac{\pi}{2}\right)(n \in \mathbf{N})$ 上单调递减得 $\cos x_{2 n} < -\cos x_{2 n-1}$,

$$
\therefore a_{2 n}+a_{2 n-1}=f\left(x_{2 n}\right)+f\left(x_{2 n-1}\right)=\cos x_{2 n}+\cos x_{2 n-1} < 0 \text {, 且 } a_{2 n}=f\left(x_{2 n}\right) > 0, a_{2 n-1}=f\left(x_{2 n-1}\right) < 0 \text {, }
$$
当 $n$ 为偶数时, 从 $a_1=f\left(x_1\right)$ 开始相邻两项配对, 每组和均为负值,
即 $S_n=\left[f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)\right]+\left[f\left(x_3\right)+f\left(x_4\right)\right]+\cdots+\left[f\left(x_{n-1}\right)+f\left(x_n\right)\right] < 0$, 结论成立;
当 $n$ 为奇数时, 从 $a_1=f\left(x_1\right)$ 开始相邻两项配对, 每组和均为负值, 还多出最后一项也是负值, 即 $S_n=\left[f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)\right]+\left[f\left(x_3\right)+f\left(x_4\right)\right]+\cdots+\left[f\left(x_{n-2}\right)+f\left(x_{n-1}\right)\right]+f\left(x_n\right) < 0$, 结论也成立, 综上, 对一切 $n \in \mathbf{N}^*, S_n < 0$ 成立, 故不存在 $n \in \mathbf{N}^*$ 使得 $S_n \geqslant 0$.
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