Question

设x₁、x₂是函数f(x)=x³+x²-a²x(a＞0)的两个极值点,且|x₁|+|x₂|=2.

(1)证明0＜a≤1;

(2)证明|b|≤;

(3)若函数h(x)=f′(x)-2a(x-x₁),证明当x₁＜x＜2且x₁＜0时,|h(x)|≤4a.

Answer 1

证明:(1)f′(x)=ax²+bx-a².

    ∵x₁、x₂是f(x)的两个极值点,

    ∴x₁、x₂是方程f′(x)=0的两个实数根.

    ∵a＞0,∴x₁x₂=-a＜0,x₁+x₂=-.

    ∴|x₁|+|x₂|=|x₁-x₂|=.

    ∵|x₁|+|x₂|=2,∴+4a=4,

    即b²=4a²-4a³.

    又b²≥0,∴0＜a≤1.

    (2)设g(a)=4a²-4a³,

    则g′(a)=8a-12a²=4a(2-3a).

    由g′(a)＞0得0＜a＜,g′(a)＜0.

    又0＜a≤1得＜a≤1.

    ∴g(a)在区间(0,)上是增函数,在区间(,1)上是减函数.

    ∴g(a)_max=g()=.

    ∴|b|≤.

    (3)∵x₁、x₂是方程f′(x)=0的两个实数根,

    ∴f′(x)=a(x-x₁)(x-x₂).

    ∴h(x)=a(x-x₁)(x-x₂)-2a(x-x₁)

    =a(x-x₁)(x₁-x₂-2).

    ∴|h(x)|=a|x-x₁|·|x₁-x₂-2|≤a·()².

    ∵x＞x₁,∴|x-x₁|=x-x₁.

    又x₁＜0,x₁x₂＜0,∴x₂＞0.

    ∴x₂+2＞2.

    ∵x＜2,

    ∴x-x₂-2＜0.

    ∴|x-x₂-2|=x₂+2-x.

    ∵|x-x₁|+|x-x₂-2|=x₂-x₁+2=4,

    ∴|h(x)|≤4a.