若关于 $x$ 的三次方程 $x^3+ax^2+bx+c=0$ 有三个不同的实数根 $x_1,x_2,x_3$，且 $x_1< x_2< x_3$，$a,b$ 为常数，当 $c$ 变化时，求 $x_3-x_1$ 的取值范围．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\left(\sqrt{a^2-3b},\sqrt{\dfrac {4(a^2-3b)}3} \right]$
【解析】
设 $f(x)=x^3+ax^2+bx$，则 $f(x)$ 的图象与直线 $y=-c$ 的公共点与原三次方程的根对应．函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=3x^2+2ax+b,$$根据题意，$f(x)$ 有两个极值点，于是 $a^2-3b>0$，且极值点为$$x=\dfrac{-a\pm\sqrt{a^2-3b}}3,$$进而可得$$\dfrac{-a-\sqrt{a^2-3b}}3< x_2<\dfrac{-a+\sqrt{a^2-3b}}3.$$根据三次方程的韦达定理，有$$x_1+x_2+x_3=-a,x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=b,$$于是\begin{eqnarray*}\begin{split} x_3-x_1&=\sqrt{\left(x_3+x_1\right)^2-4x_1x_3}\\
&=\sqrt{\left(-a-x_2\right)^2-4\left[b-(-a-x_2)x_2\right]}\\
&=\sqrt{-3x_2^2-2ax_2+a^2-4b}\\
&=\sqrt{-3\left(x_2+\dfrac a3\right)^2+a^2-4b+\dfrac {a^2}3},\end{split} \end{eqnarray*}结合 $x_2$ 的取值范围，可得$$0\leqslant \left(x_2+\dfrac a3\right)^2< \dfrac{a^2-3b}9,$$进而 $x_3-x_1$ 的取值范围是 $\left(\sqrt{a^2-3b},\sqrt{\dfrac {4(a^2-3b)}3} \right]$．
&=\sqrt{\left(-a-x_2\right)^2-4\left[b-(-a-x_2)x_2\right]}\\
&=\sqrt{-3x_2^2-2ax_2+a^2-4b}\\
&=\sqrt{-3\left(x_2+\dfrac a3\right)^2+a^2-4b+\dfrac {a^2}3},\end{split} \end{eqnarray*}结合 $x_2$ 的取值范围，可得$$0\leqslant \left(x_2+\dfrac a3\right)^2< \dfrac{a^2-3b}9,$$进而 $x_3-x_1$ 的取值范围是 $\left(\sqrt{a^2-3b},\sqrt{\dfrac {4(a^2-3b)}3} \right]$．
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