设 $a,b$ 为正数，二次三项式 $y^2-ay+b$ 的判别式 $\triangle$ 满足 $0<\triangle <2a$．证明：不等式$$x^4-(a+1)x^2-\sqrt{\triangle}x+b\leqslant 0$$的解集总长度等于 $2$ 的两个区间的并集．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(15)
【标注】
【答案】
略
【解析】
设二次方程 $y^2-ay+b=0$ 有两个不同实数根 $y_1,y_2$（$y_1<y_2$）．由于 $y_1y_2=b>0$，故 $y_1$ 与 $y_2$ 同号．又由 $y_1+y_2=a>0$，知 $y_1,y_2$ 均大于 $0$．又 $\sqrt{\triangle}=y_2-y_1$，故$$x^4-(a+1)x^2-\sqrt{\triangle}x+b=(x^2+x-y_1)(x^2-x-y_2).$$设方程 $f_1(x)=x^2+x-y_1$ 的两根为 $u_1,u_2$（$u_1<0<u_2$），$f_2(x)=x^2-x-y_2=0$ 的两根为 $v_1,v_2$（$v_1<0<v_2$），则$$u_2=\frac{-1+\sqrt{1+4y_1}}{2}<\frac{1+\sqrt{1+4y_2}}{2}=v_2.$$而$$v_1-u_1=\frac{1-\sqrt{1+4}y_2}{2}-\frac{-1-\sqrt{1+4y_1}}{2}=1-\frac{\sqrt{1+4y_2}-\sqrt{1+4y_1}}{2},$$由 $a^2-4b<2a$，得 $4b>a^2-2a$，故$$\begin{aligned}
(\sqrt{1+4y_2}-\sqrt{1+4y_1})^2&=2(1+2(y_1+y_2)-\sqrt{1+4(y_1+y_2)+16y_1y_2})\\
&=2(1+2a-\sqrt{1+4a+16b})\\
&< 2(1+2a-\sqrt{1+4a+4(a^2-2a)})\\
&=2(1+2a-|2a-1|)\leqslant 4.\\
\end{aligned}$$因此，$\sqrt{1+4y_2}-\sqrt{1+4y_1}<2\Rightarrow v_1-u_1>0$．
从而，原不等式即 $f_1(x)f_2(x)=(x-u_1)(x-v_1)(x-u_2)(x-v_2)\leqslant 0$ 的解集是两个区间的并集，即 $[u_1,v_1]\cup [u_2,v_2]$，总长度为 $v_1-u_1+v_2-u_2=(v_1+v_2)-(u_1+u_2)=1-(-1)=2$．
(\sqrt{1+4y_2}-\sqrt{1+4y_1})^2&=2(1+2(y_1+y_2)-\sqrt{1+4(y_1+y_2)+16y_1y_2})\\
&=2(1+2a-\sqrt{1+4a+16b})\\
&< 2(1+2a-\sqrt{1+4a+4(a^2-2a)})\\
&=2(1+2a-|2a-1|)\leqslant 4.\\
\end{aligned}$$因此，$\sqrt{1+4y_2}-\sqrt{1+4y_1}<2\Rightarrow v_1-u_1>0$．
从而，原不等式即 $f_1(x)f_2(x)=(x-u_1)(x-v_1)(x-u_2)(x-v_2)\leqslant 0$ 的解集是两个区间的并集，即 $[u_1,v_1]\cup [u_2,v_2]$，总长度为 $v_1-u_1+v_2-u_2=(v_1+v_2)-(u_1+u_2)=1-(-1)=2$．
答案
解析
备注
