设函数 $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c\in\mathbb{R}$、$f^\prime(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（1）若 $a=b=c,f(4)=8$，求 $a$ 的值；
（2）若 $a\ne b,b=c$，且 $f(x)$ 和 $f^\prime(x)$ 的零点均在集合 $\{-3,1,3\}$ 中，求 $f(x)$ 的极小值；
（3）若 $a=0,0<b,c=1$，且 $f(x)$ 的极大值为 $M$，求证：$M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
（1）若 $a=b=c,f(4)=8$，求 $a$ 的值；
（2）若 $a\ne b,b=c$，且 $f(x)$ 和 $f^\prime(x)$ 的零点均在集合 $\{-3,1,3\}$ 中，求 $f(x)$ 的极小值；
（3）若 $a=0,0<b,c=1$，且 $f(x)$ 的极大值为 $M$，求证：$M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
【难度】
【出处】
2019年高考江苏卷
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）因为 $a=b=c$，所以 $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)^3$．
因为 $f(4)=8$，所以 $(4-a)^3=8$，解得 $a=2$．
（2）因为 $b=c$，
所以 $f(x)=(x-a)(x-b)^2=x^3-(a+2b)x^2+b(2a+b)x-ab^2$，
从而 $f^\prime(x)=3(x-b)\left(x-\dfrac{2a+b}{3}\right)$．令 $f^\prime(x)=0$，得 $x=b$ 或 $x=\dfrac{2a+b}{3}$．
因为 $a,b,\dfrac{2a+b}{3}$，都在集合 $\{-3,1,3\}$ 中，且 $a\ne b$，
所以 $\dfrac{2a+b}{3}=1,a=3,b=-3$．
此时 $f(x)=(x-3)(x+3)^2$，$f^\prime(x)=3(x+3)(x-1)$．
令 $f^\prime(x)=0$，得 $x=-3$ 或 $x=1$．列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&(-\infty,-3)&-3&(-3,1)&1&(1,+\infty)\\\hline f^\prime(x)&+&0&-&0&+\\\hline f(x)&&\text{极大值}&&\text{极小值}&\\\hline\end{array}$
所以 $f(x)$ 的极小值为 $f(1)=(1-3)(1+3)^2=-32$．
（3）因为 $a=0,c=1$，所以 $f(x)=x(x-b)(x-1)=x^3-(b+1)x^2+bx$，
$f^\prime(x)=3x^2-2(b+1)x+b$．
因为 $0<b\leqslant 1$，所以 $\Delta=4(b+1)^2-12b=(2b-1)^2+3>0$，
则 $f^\prime(x)$ 有 $2$ 个不同的零点，设为 $x_1,x_2(x_1<x_2)$．
由 $f^\prime(x)=0$，得 $x_1=\dfrac{b+1-\sqrt{b^2-b+1}}{3},x_2=\dfrac{b+1+\sqrt{b^2-b+1}}{3}$．
列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&(-\infty,x_1)&x_1&(x_1,x_2)&x_2&(x_2,+\infty)\\\hline f^\prime(x)&+&0&-&0&+\\\hline f(x)&&\text{极大值}&&\text{极小值}&\\\hline\end{array}$
所以 $f(x)$ 的极大值 $M=f(x_1)$．
解法一：
$M=f(x_1)=x_1^3-(b+1)x_1^2+bx_1$
$=[3x_1^2-2(b+1)x_1+b]\left(\dfrac{x_1}{3}-\dfrac{b+1}{9}\right)-\dfrac{2(b^2-b+1)}{9}x_1+\dfrac{b(b+1)}{9}$
$=\dfrac{-2(b^2-b+1)(b+1)}{27}+\dfrac{b(b+1)}{9}+\dfrac{2}{27}(\sqrt{b^2-b+1})^3$
$=\dfrac{b(b+1)}{27}-\dfrac{2(b-1)^2(b+1)}{27}+\dfrac{2}{27}(\sqrt{b(b-1)+1})^3$
$\leqslant \dfrac{b(b+1)}{27}+\dfrac{2}{27}\leqslant \dfrac{4}{27}$．因此 $M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
解法二：
因为 $0\leqslant b\leqslant 1$，所以 $x_1\in (0,1)$．
当 $x\in (0,1)$ 时，$f(x)=x(x-b)(x-1)\leqslant x(x-1)^2$．
令 $g(x)=x(x-1)^2,x\in(0,1)$，则 $g^\prime (x)=3\left(x-\dfrac{1}{3}\right)(x-1)$．
令 $g^\prime(x)=0$，得 $x=\dfrac{1}{3}$．列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x&\left(0,\dfrac{1}{3}\right)&\dfrac{1}{3}&\left(\dfrac{1}{3},1\right)\\\hline g^\prime(x)&+&0&-\\\hline g(x)&&\text{极大值}&\\\hline\end{array}$
所以当 $x=\dfrac{1}{3}$ 时，$g(x)$ 取得极大值，且是最大值，故 $g(x)_{\max}=g\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{4}{27}$．
所以当 $x\in(0,1)$ 时，$f(x)\leqslant g(x) \leqslant \dfrac{4}{27}$，因此 $M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
因为 $f(4)=8$，所以 $(4-a)^3=8$，解得 $a=2$．
（2）因为 $b=c$，
所以 $f(x)=(x-a)(x-b)^2=x^3-(a+2b)x^2+b(2a+b)x-ab^2$，
从而 $f^\prime(x)=3(x-b)\left(x-\dfrac{2a+b}{3}\right)$．令 $f^\prime(x)=0$，得 $x=b$ 或 $x=\dfrac{2a+b}{3}$．
因为 $a,b,\dfrac{2a+b}{3}$，都在集合 $\{-3,1,3\}$ 中，且 $a\ne b$，
所以 $\dfrac{2a+b}{3}=1,a=3,b=-3$．
此时 $f(x)=(x-3)(x+3)^2$，$f^\prime(x)=3(x+3)(x-1)$．
令 $f^\prime(x)=0$，得 $x=-3$ 或 $x=1$．列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&(-\infty,-3)&-3&(-3,1)&1&(1,+\infty)\\\hline f^\prime(x)&+&0&-&0&+\\\hline f(x)&&\text{极大值}&&\text{极小值}&\\\hline\end{array}$
所以 $f(x)$ 的极小值为 $f(1)=(1-3)(1+3)^2=-32$．
（3）因为 $a=0,c=1$，所以 $f(x)=x(x-b)(x-1)=x^3-(b+1)x^2+bx$，
$f^\prime(x)=3x^2-2(b+1)x+b$．
因为 $0<b\leqslant 1$，所以 $\Delta=4(b+1)^2-12b=(2b-1)^2+3>0$，
则 $f^\prime(x)$ 有 $2$ 个不同的零点，设为 $x_1,x_2(x_1<x_2)$．
由 $f^\prime(x)=0$，得 $x_1=\dfrac{b+1-\sqrt{b^2-b+1}}{3},x_2=\dfrac{b+1+\sqrt{b^2-b+1}}{3}$．
列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&(-\infty,x_1)&x_1&(x_1,x_2)&x_2&(x_2,+\infty)\\\hline f^\prime(x)&+&0&-&0&+\\\hline f(x)&&\text{极大值}&&\text{极小值}&\\\hline\end{array}$
所以 $f(x)$ 的极大值 $M=f(x_1)$．
解法一：
$M=f(x_1)=x_1^3-(b+1)x_1^2+bx_1$
$=[3x_1^2-2(b+1)x_1+b]\left(\dfrac{x_1}{3}-\dfrac{b+1}{9}\right)-\dfrac{2(b^2-b+1)}{9}x_1+\dfrac{b(b+1)}{9}$
$=\dfrac{-2(b^2-b+1)(b+1)}{27}+\dfrac{b(b+1)}{9}+\dfrac{2}{27}(\sqrt{b^2-b+1})^3$
$=\dfrac{b(b+1)}{27}-\dfrac{2(b-1)^2(b+1)}{27}+\dfrac{2}{27}(\sqrt{b(b-1)+1})^3$
$\leqslant \dfrac{b(b+1)}{27}+\dfrac{2}{27}\leqslant \dfrac{4}{27}$．因此 $M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
解法二：
因为 $0\leqslant b\leqslant 1$，所以 $x_1\in (0,1)$．
当 $x\in (0,1)$ 时，$f(x)=x(x-b)(x-1)\leqslant x(x-1)^2$．
令 $g(x)=x(x-1)^2,x\in(0,1)$，则 $g^\prime (x)=3\left(x-\dfrac{1}{3}\right)(x-1)$．
令 $g^\prime(x)=0$，得 $x=\dfrac{1}{3}$．列表如下：
$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x&\left(0,\dfrac{1}{3}\right)&\dfrac{1}{3}&\left(\dfrac{1}{3},1\right)\\\hline g^\prime(x)&+&0&-\\\hline g(x)&&\text{极大值}&\\\hline\end{array}$
所以当 $x=\dfrac{1}{3}$ 时，$g(x)$ 取得极大值，且是最大值，故 $g(x)_{\max}=g\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{4}{27}$．
所以当 $x\in(0,1)$ 时，$f(x)\leqslant g(x) \leqslant \dfrac{4}{27}$，因此 $M\leqslant \dfrac{4}{27}$．
答案
解析
备注
