Question

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

(1)求a的取值范围;

(2)设g(a)=e^ka(k∈R),求g(a)的单调区间;

(3)若函数h(x)=f′(x)-2a(x-x₁),求证:当x₁＜x＜2且x₁＜0时,有|h(x)|≤4a.

Answer 1

解:(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,x₁·x₂=-a＜0,x₁+x₂=,

∴|x₁|+|x₂|=|x₁-x₂|=.∵|x₁|+|x₂|=2,∴+4a=4,即b²=4a²-4a³.

由b²≥0得4a²-4a³≥0,∴0＜a≤1.

(2)由(1)知b²=4a²-4a³,∴g(a)=(1-a)e^ka,0＜a≤1,g′(a)=e^ka(k-1-ak),

k=0时,g′(a)=-1,∴g(a)=(1-a)e^ka在(0,1］上为单调递减的,即单调递减区间为(0,1］;

当k≠0时,令g′(a)=e^ka(k-1-ak)=0,得a=1;

当k＜0时,a=1＞1,g′(a)在(0,1］上恒小于零,

∴g(a)=(1-a)e^ka在(0,1］上单调递减,即单调递减区间为(0,1］;当k＞1时,a=1在(0,1］之间,在(0,1)上g′(a)恒大于零,在(1,1］上g′(a)恒小于零,∴单调递减区间为(1,1］,单调递增区间为(0,1);

当0＜k≤1时,a=1＜0,在(0,1］上g′(a)恒小于零,∴单调递减区间为(0,1］.

(3)∵x₁、x₂是方程f′(x)=0的两根,

∴f′(x)=a(x-x₁)(x-x₂).∴h(x)=a(x-x₁)(x-x₂)-2a(x-x₁)=a(x-x₁)(x-x₂-2).

∴|h(x)|=a|x-x₁||x-x₂-2|≤a()².

∵x＞x₁,∴|x-x₁|=x-x₁.又x₁＜0,x₁x₂＜0,∴x₂＞0.∵x＜2,故x-x₂-2＜0,∴|x-x₁|+|x-x₂-2|=x-x₁+x₂+2-x=x₂-x₁+2=|x₁|+|x₂|+2=4.

∴|h(x)|≤4a.