已知实数 $a,b,c$ 满足 $a^2+b^2+c^2=1$，求 $M=a^2bc+ab^2c+abc^2$ 的最大值和最小值．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛辽宁省预赛
【标注】
【答案】
最大值为 $\dfrac{1}{3}$
最小值为 $-\dfrac{1+\sqrt{2}}{16}$
最小值为 $-\dfrac{1+\sqrt{2}}{16}$
【解析】
由均值不等式和柯西不等式可得 $|a^2bc+ab^2c+abc^2|\leqslant |abc|(|a|+|b|+|c|)\leqslant (\dfrac{|a|+|b|+|c|}{3})^3(|a|+|b|+|c|)\leqslant \dfrac{1}{27}[\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}]^4=\dfrac{1}{3}$．当 $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 时取等号，故 $M$ 的最大值为 $\dfrac{1}{3}$．
要使 $M$ 取最小值，只需考虑 $a,b>0,c<0$ 或 $a+b+c>$ 的情形．令 $c=-t$，则 $a^2+b^2+t^2=1,a+b-t>0$，此时 $t^2<\dfrac{2}{3}$．由于 $M\text{=}abc\left(a+b+c \right)\text{=}-abt\left( a+b-t \right)\geqslant -\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}t\left[\sqrt{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}-t \right]\text{=}-\dfrac{t\left(1-{{t}^{2}} \right)}{2}\left[ \sqrt{2\left( 1-{{t}^{2}} \right)}-t \right]$．当 $a=b=\sqrt{\dfrac{1-t^2}{2}}$ 时取等号，令 $f(x)\dfrac{(1-x)\sqrt{x}}{2}[\sqrt{2(1-x)}-\sqrt{x}],0\leqslant x \leqslant \dfrac{2}{3}$．若 $M_0$ 为 $f(x)$ 在 $[0,\dfrac{2}{3}]$ 上的最大值，则 $-M_0$ 为 $M$ 的最小值．由于 $f(0)=f(\dfrac{2}{3})=0$，则 $f(x)$ 在 $(0,\dfrac{2}{3})$ 内取到最大值，因此在 $f^{\prime}(x_0)=0$ 的 $x_0$ 处取到．由于 $f^{\prime}(x)\dfrac{\sqrt{1-x}}{2\sqrt{2x(1-x)}}[\sqrt{(1-x)}(1-4x)+(2x-1)\sqrt{2x}]$，令 $\sqrt{(1-x)}(1-4x)=(1-2x)\sqrt{2x}$，两边平方，整理可得 $(1-3x)(8x^2-8x+1)=0$．此方程有根 $x=\dfrac{1}{3},x=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{2}}{4}$．又因为 $\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}>\dfrac{2}{3}$ 且 $x=\dfrac{1}{3}$ 是增根，故 $x_0=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ 是 $f(x)$ 的最大值点．因此，$-f(x_0)=-\dfrac{1+\sqrt{2}}{16}$ 是 $M$ 的最小值．
要使 $M$ 取最小值，只需考虑 $a,b>0,c<0$ 或 $a+b+c>$ 的情形．令 $c=-t$，则 $a^2+b^2+t^2=1,a+b-t>0$，此时 $t^2<\dfrac{2}{3}$．由于 $M\text{=}abc\left(a+b+c \right)\text{=}-abt\left( a+b-t \right)\geqslant -\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}t\left[\sqrt{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}-t \right]\text{=}-\dfrac{t\left(1-{{t}^{2}} \right)}{2}\left[ \sqrt{2\left( 1-{{t}^{2}} \right)}-t \right]$．当 $a=b=\sqrt{\dfrac{1-t^2}{2}}$ 时取等号，令 $f(x)\dfrac{(1-x)\sqrt{x}}{2}[\sqrt{2(1-x)}-\sqrt{x}],0\leqslant x \leqslant \dfrac{2}{3}$．若 $M_0$ 为 $f(x)$ 在 $[0,\dfrac{2}{3}]$ 上的最大值，则 $-M_0$ 为 $M$ 的最小值．由于 $f(0)=f(\dfrac{2}{3})=0$，则 $f(x)$ 在 $(0,\dfrac{2}{3})$ 内取到最大值，因此在 $f^{\prime}(x_0)=0$ 的 $x_0$ 处取到．由于 $f^{\prime}(x)\dfrac{\sqrt{1-x}}{2\sqrt{2x(1-x)}}[\sqrt{(1-x)}(1-4x)+(2x-1)\sqrt{2x}]$，令 $\sqrt{(1-x)}(1-4x)=(1-2x)\sqrt{2x}$，两边平方，整理可得 $(1-3x)(8x^2-8x+1)=0$．此方程有根 $x=\dfrac{1}{3},x=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{2}}{4}$．又因为 $\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}>\dfrac{2}{3}$ 且 $x=\dfrac{1}{3}$ 是增根，故 $x_0=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ 是 $f(x)$ 的最大值点．因此，$-f(x_0)=-\dfrac{1+\sqrt{2}}{16}$ 是 $M$ 的最小值．
答案
解析
备注
