题目 设 $x_1,x_2$ 是函数 $f(x)=\dfrac a3 x^3+\dfrac b2 x^2-a^2x,a>0$ 的两个极值点，且 $|x_1|+|x_2|=2$． 问题1 证明：$|b|\leqslant \dfrac{4\sqrt3}{9}$ 答案1 略 解析1 对 $f(x)$ 求导可得$$f'(x)=ax^2+bx-a^2,$$由于 $f(x)$ 有两个极值点，因此方程 $f'(x)=0$ 有两解，不妨设 $x_1<x_2$，根据韦达定理$$x_1x_2=-a<0,$$所以 $x_1<0<x_2$，所以$$2=|x_1|+|x_2|=x_2-x_1,$$而$$x_2-x_1=\dfrac{\sqrt{b^2+4a^3}}{a},$$于是有$$b^2=4a^2-4a^3,a>0.$$所以$$|b|\leqslant \dfrac{4\sqrt3}{9}.$$ 备注1 问题2 若 $g(x)=f'(x)-2a(x-x_1)$，求证：当 $x_1<x<2$ 且 $x_1<0$ 时，$|g(x)|\leqslant 4a$． 答案2 略 解析2 根据题意$$g(x)=ax^2+(b-2a)x-a^2+2ax_1.$$上述二次函数的对称轴方程为 $x_0=-\dfrac b{2a}+1$，显然$$x_1=-\dfrac b{2a}-1<x_0<2,$$因此 $g(x)$ 在区间 $(x_1,x_0]$ 上单调递减，在区间 $(x_0,2)$ 上单调递增，又因$$g(x_1)=0,$$在区间 $(x_1,x_0]$ 上$$|g(x)|\leqslant |g(x_0)|=\bigg| a^2+3a+\dfrac {b^2}{4a}\bigg|,$$将 $b^2=4a^2-4a^3$ 代入上式，于是可得$$|g(x_0)|=4a.$$所以当 $x\in (x_1,x_0]$ 时，恒有 $|g(x)|\leqslant 4a$．<br/>在区间 $(x_0,2)$ 上，证明 $|g(x)|\leqslant 4a$，仅需证明$$g(2)\leqslant 4a.$$即证$$-a^2-2a+b\leqslant 4a,a>0.$$又即证明$$b\leqslant 6a+a^2,a>0.$$若 $b\leqslant 0$，上述不等式显然成立，若 $b>0$，则等价于证明$$b^2\leqslant (6+a)^2\cdot a^2.$$即$$4a^2-4a^3\leqslant (6+a)^2\cdot a^2,a>0.$$又即证$$a^2+16a+32\geqslant 0,a>0.$$而这是显然成立的．于是原题得证．当 $x\in(x_1,2)$ 时，恒有$$|g(x)|\leqslant 4a.$$ 备注2