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已知函数 ${\displaystyle f(x)={\mathrm{e}}^{ax}\tan x}$.

1. 当 ${\displaystyle |a|\le 2}$ 时, 判断函数 ${\displaystyle f(x)}$ 的单调性;
2. 当 ${\displaystyle a<-2}$ 时, 设正项数列 ${\displaystyle \{x_n\}}$, 其中 ${\displaystyle x_n}$ 为函数 ${\displaystyle f(x)}$ 从小到大的第 ${\displaystyle n}$ 个极值点.
   1. 证明: 数列 ${\displaystyle \{f(x_{2n-1})\}}$ 为等比数列;
   2. 证明: ${\displaystyle \mathrm{\forall }n\ge 2}$, ${\displaystyle |f(x_n)+f(x_{n-1})|\ge 2{\mathrm{e}}^{(\frac{n}{2}-\frac{3}{4})a\pi }}$.

1. 解 求导得 $$f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^{ax}(a\tan x+\frac{1}{{\cos }^{2}x})=\frac{{\mathrm{e}}^{ax}}{{\cos }^{2}x}(1+\frac{1}{2}a\sin 2x).$$ 而 ${\displaystyle 1+\frac{1}{2}a\sin 2x\ge 1-\frac{1}{2}a\ge 0}$, 所以 ${\displaystyle f(x)}$ 在定义域上的每一个区间 ${\displaystyle (-\frac{\pi }{2}+k\pi ,\frac{\pi }{2}+k\pi )}$ (${\displaystyle k\in \mathbb{Z}}$) 上单增.
2. 证明 由题意, ${\displaystyle x_n}$ 是 ${\displaystyle \sin 2x=-\frac{2}{a}}$ 的从小到大的第 ${\displaystyle n}$ 个零点, 这里 ${\displaystyle -\frac{2}{a}\in (0,1)}$. 所以 ${\displaystyle x_{2n+1}-x_{2n-1}=\pi }$, ${\displaystyle x_{2n+2}-x_{2n}=\pi }$, ${\displaystyle x_1+x_2=\frac{\pi }{2}}$.

   1. 首先 ${\displaystyle x_{2n-1}\ne k\pi }$, ${\displaystyle k\in \mathbb{Z}}$, 所以 ${\displaystyle \{f(x_{2n-1})\}}$ 不含有 ${\displaystyle 0}$. 其次 $$\frac{f(x_{2n+1})}{f(x_{2n-1})}={\mathrm{e}}^{a(x_{2n+1}-x_{2n-1})}\frac{\tan (x_{2n+1})}{\tan (x_{2n-1})}={\mathrm{e}}^{a\pi },$$ 所以 ${\displaystyle \{f(x_{2n-1})\}}$ 是以 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^{a\pi }}$ 为公比的等比数列.

   2. 由 2.1 得, ${\displaystyle \{f(x_{2n})\}}$ 同样也是以 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^{a\pi }}$ 为公比的等比数列.

      • 当 ${\displaystyle n=2k}$ 时, $$\begin{array}{rl}& f(x_{2k})+f(x_{2k-1})=({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}(f(x_2)+f(x_1))\\ =& ({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}({\mathrm{e}}^{a{x}_2}\frac{1}{\tan x_1}+{\mathrm{e}}^{a{x}_1}\tan x_1)\ge ({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}2\sqrt{{\mathrm{e}}^{\frac{a(x_1+x_2)}{2}}}=2{\mathrm{e}}^{(\frac{n}{2}-\frac{3}{4})a\pi }.\end{array}$$
      • 当 ${\displaystyle n=2k+1}$ 时, ${\displaystyle x_2+x_3=x_1+x_2+\pi =\frac{3\pi }{2}}$. 所以 $$\begin{array}{rl}& f(x_{2k+1})+f(x_{2k})=({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}(f(x_3)+f(x_2))\\ =& ({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}({\mathrm{e}}^{a{x}_3}\frac{1}{\tan x_2}+{\mathrm{e}}^{a{x}_2}\tan x_2)\ge ({\mathrm{e}}^{a\pi }{)}^{k-1}2\sqrt{{\mathrm{e}}^{\frac{a(x_2+x_3)}{2}}}=2{\mathrm{e}}^{(\frac{n}{2}-\frac{3}{4})a\pi }.\end{array}$$

      综上, 题目获证.