2019_江苏卷 (2019)
19．（本小题满分 16 分）
设函数 $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c), a, b, c \in \mathrm{R} , f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（1）若 $a=b=c, f(4)=8$ ，求 $a$ 的值；
（2）若 $a \neq b, b=c$ ，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
【解答】
设函数 $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c), a, b, c \in \mathrm{R}, f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（1）若 $a=b=c, f(4)=8$ ，求 $a$ 的值；
（2）若 $a \neq b, b=c$ ，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
（2）见解析；
（3）见解析。
【解析】
【分析】
①由题意得到关于 $a$ 的方程，解方程即可确定 $a$ 的值；
②由题意首先确定 $a, b, c$ 的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值。
（3）由题意首先确定函数的极大值 $M$ 的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：
解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；
解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，
因为 $0
当 $x \in(0,1)$ 时，$f(x)=x(x-b)(x-1) \leq x(x-1)^{2}$ ．
令 $g(x)=x(x-1)^{2}, x \in(0,1)$ ，则 $g^{\prime}(x)=3\left(x-\frac{1}{3}\right)(x-1)$ 。
令 $g^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\frac{1}{3}$ ．列表如下：
| $x$ | （ $0, \frac{1}{3}$ ） | $\frac{1}{3}$ | $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$ |
|---|---|---|---|
| $g^{\prime}(x)$ | ＋ | 0 | － |
| $g(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | ↘ |
所以当 $x=\frac{1}{3}$ 时，$g(x)$ 取得极大值，且是最大值，故 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{27}$ ．
所以当 $x \in(0,1)$ 时，$f(x) \leq g(x) \leq \frac{4}{27}$ ，因此 $M \leq \frac{4}{27}$ ．
【详解】（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 $f(x)=(x-a)(x-b)^{2}=x^{3}-(a+2 b) x^{2}+b(2 a+b) x-a b^{2}$ ，
从而 $f^{\prime}(x)=3(x-b)\left(x-\frac{2 a+b}{3}\right)$ ．令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $\mathrm{x}=\mathrm{b}$ 或 $x=\frac{2 a+b}{3}$ ．
因为 $a, b, \frac{2 a+b}{3}$ ，都在集合 $\{-3,1,3\}$ 中，且 $a \neq b$ ，
所以 $\frac{2 a+b}{3}=1, a=3, b=-3$ ．
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：
| $x$ | （ $-\infty,-3$ ） | －3 | $(-3,1)$ | 1 | （ $1,+\infty$ ） |
|---|---|---|---|---|---|
| $f^{\prime}(x)$ | ＋ | 0 | － | 0 | ＋ |
| $f(x)$ | $\zeta$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\zeta$ |
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 $f(x)=x(x-b)(x-1)=x^{3}-(b+1) x^{2}+b x$ ，
$$ f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2(b+1) x+b $$
因为 $00$ ，
则 $f^{\prime}(x)$ 有 2 个不同的零点，设为 $x_{1}, x_{2}\left(x_{1}
列表如下：
| $x$ | （ $-\infty, x_{1}$ ） | $x_{1}$ | （ $x_{1}, x_{2}$ ） | $x_{2}$ | （ $x_{2},+\infty$ ） |
|---|---|---|---|---|---|
| $f^{\prime}(x)$ | ＋ | 0 | － | 0 | ＋ |
| $f(x)$ | $\zeta$ | 极大值 | ↘ | 极小值 | $\nearrow$ |
所以 $f(x)$ 的极大值 $M=f\left(x_{1}\right)$ ．
解法一：
$M=f\left(x_{1}\right)=x_{1}^{3}-(b+1) x_{1}^{2}+b x_{1}$
$=\left(3 x_{1}^{2}-2(b+1) x_{1}+b\right)\left(\frac{x_{1}}{3}-\frac{b+1}{9}\right)-\frac{2\left(b^{2}-b+1\right)}{9} x_{1}+\frac{b(b+1)}{9}$
$=\frac{-2\left(b^{2}-b+1\right)(b+1)}{27}+\frac{b(b+1)}{9}+\frac{2}{27}\left(\sqrt{b^{2}-b+1}\right)^{3}$
$=\frac{b(b+1)}{27}-\frac{2(b-1)^{2}(b+1)}{27}+\frac{2}{27}(\sqrt{b(b-1)+1})^{3}$
$\leq \frac{b(b+1)}{27}+\frac{2}{27} \leq \frac{4}{27}$ ．因此 $M \leq \frac{4}{27}$ ．
解法二：
因为 $0当 $x \in(0,1)$ 时，$f(x)=x(x-b)(x-1) \leq x(x-1)^{2}$ ．
令 $g(x)=x(x-1)^{2}, x \in(0,1)$ ，则 $g^{\prime}(x)=3\left(x-\frac{1}{3}\right)(x-1)$ 。
令 $g^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\frac{1}{3}$ 。列表如下：
| $x$ | （ $0, \frac{1}{3}$ ） | $\frac{1}{3}$ | $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$ |
|---|---|---|---|
| $g^{\prime}(x)$ | ＋ | 0 | － |
| $g(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | ↘ |
所以当 $x=\frac{1}{3}$ 时，$g(x)$ 取得极大值，且是最大值，故 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{27}$ ．
所以当 $x \in(0,1)$ 时，$f(x) \leq g(x) \leq \frac{4}{27}$ ，因此 $M \leq \frac{4}{27}$ ．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力。