（18分）已知函数$f(x)=ax^{3}-(a+1)x^{2}+x$，$g(x)=kx+m$（其中$a\geqslant 0$，$k$，$m\in R)$，若任意$x\in [0$，$1]$均有$f(x)\leqslant g(x)$，则称函数$y=g(x)$是函数$y=f(x)$的“控制函数”，且对所有满足条件的函数$y=g(x)$在$x$处取得的最小值记为$\overline{f}(x)$．
（1）若$a=2$，$g(x)=x$，试判断函数$y=g(x)$是否为函数$y=f(x)$的“控制函数”，并说明理由；
（2）若$a=0$，曲线$y=f(x)$在$x=\dfrac{1}{4}$处的切线为直线$y=h(x)$，证明：函数$y=h(x)$为函数$y=f(x)$的“控制函数”，并求$\overline{f}(\dfrac{1}{4})$的值；
（3）若曲线$y=f(x)$在$x=x_{0}$，$x_{0}\in (0,1)$处的切线过点$(1,0)$，且$c\in [x_{0}$，$1]$，证明：当且仅当$c=x_{0}$或$c=1$时，$\overline{f}$（c）$=f$（c）．
分析：（1）设$h(x)=f(x)-g(x)=2x^{3}-3x^{2}$，$h\prime (x)=6x^{2}-6x=6x(x-1)$，当$x\in [0$，$1]$时，易知$h\prime (x)=6x(x-1)\leqslant 0$，即$h(x)$单调减，求得最值即可判断；
（2）根据题意得到$f(x)\leqslant h(x)$，即$y=h(x)$为函数$y=f(x)$的“控制函数“，代入即可求解；
（3）$f(x)=ax^{3}-(a+1)x^{2}+x$，$f\prime (x)=3ax^{2}-2(a+1)x+1$，$y=f(x)$在$x=x_{0}(x_{0}\in (0,1))$处的切线为$t(x)$，求导整理得到函数$t(x)$必是函数$y=f(x)$的“控制函数“，又此时“控制函数“$g(x)$必与$y=f(x)$相切于$x$点，$t(x)$与$y=f(x)$在$x=\dfrac{1}{2a}$处相切，且过点$(1,0)$，在$(\dfrac{1}{2a},1)$之间的点不可能使得$y=f(x)$在$(\dfrac{1}{2a},1)$切线下方，所以$\bar{f}(c)=f(c)\Rightarrow c=\dfrac{1}{2a}=x_0$或$c=1$，即可得证．
解：（1）$f(x)=2x^{3}-3x^{2}+x$，设$h(x)=f(x)-g(x)=2x^{3}-3x^{2}$，
$h\prime (x)=6x^{2}-6x=6x(x-1)$，当$x\in [0$，$1]$时，易知$h\prime (x)=6x(x-1)\leqslant 0$，即$h(x)$单调减，
$\therefore h(x)_{max}=h(0)=0$，即$f(x)-g(x)\leqslant 0\Rightarrow f(x)\leqslant g(x)$，
$\therefore g(x)$是$f(x)$的“控制函数“；
（2）$f(x)=-{x}^{2}+x,f(\dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{16},f\prime (x)=-2x+1,f\prime (\dfrac{1}{4})=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore$$h(x)=\dfrac{1}{2}(x-\dfrac{1}{4})+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{16},f(x)-h(x)=-{x}^{2}+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{16}=-{(x-\dfrac{1}{4})}^{2}\leqslant 0$，
$\therefore f(x)\leqslant h(x)$，即$y=h(x)$为函数$y=f(x)$的“控制函数“，
又$f(\dfrac{1}{4})=h(\dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{16}$，且$g(\dfrac{1}{4})\geqslant f(\dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{16}$，$\therefore$$\bar{f}(\dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{16}$；
证明：（3）$f(x)=ax^{3}-(a+1)x^{2}+x$，$f\prime (x)=3ax^{2}-2(a+1)x+1$，
$y=f(x)$在$x=x_{0}(x_{0}\in (0,1))$处的切线为$t(x)$，
$t(x)=f\prime (x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$，$t(x_{0})=f(x_{0})$，$t$（1）$=0\Rightarrow f$（1）$=0$，
$f\prime ({x}_{0})=3a{{x}_{0}}^{2}-2(a+1){x}_{0}+1\Rightarrow f\prime ({x}_{0})(1-{x}_{0})=f(1)-f({x}_{0})=(1-{x}_{0})[a(1+{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2})-(a+1)(1+{x}_{0})+1]$
$\Rightarrow 3a{{x}_{0}}^{2}-2(a+1){x}_{0}+1=a{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}\Rightarrow (2a{x}_{0}-1)({x}_{0}-1)=0,{x}_{0}\ne 1\Rightarrow a=\dfrac{1}{2{x}_{0}}\in (\dfrac{1}{2},+\infty )\Rightarrow {x}_{0}=\dfrac{1}{2a}$，
$f\prime ({x}_{0})=3a{{x}_{0}}^{2}-2(a+1){x}_{0}+1=3a{(\dfrac{1}{2a})}^{2}-2(a+1)(\dfrac{1}{2a})+1=-\dfrac{1}{4a}$，
$f(x_0)=a(\dfrac{1}{2a})^3-(a+1)(\dfrac{1}{2a})^2+\dfrac{1}{2a}=\dfrac{2a-1}{8a^2}$，
$t(x)=f\prime ({x}_{0})(x-{x}_{0})+f({x}_{0})=-\dfrac{1}{4a}(x-\dfrac{1}{2a})+\dfrac{2a-1}{8{a}^{2}}\Rightarrow t(x)=-\dfrac{1}{4a}(x-1)$，
$f(x)=x(x-1)(ax-1)\leqslant t(x)\Rightarrow ax^2-x+\dfrac{1}{4a}\geqslant 0,(x-\dfrac{1}{2a})^2\geqslant 0$恒成立，
函数$t(x)$必是函数$y=f(x)$的“控制函数“，
$\forall g(x)=kx+m\geqslant f(x)\Rightarrow \forall \bar{f}(x)\geqslant f(x),\bar{f}(x)=f(x),x\in (0,1)$是函数$y=f(x)$的“控制函数“，
此时“控制函数“$g(x)$必与$y=f(x)$相切于$x$点，$t(x)$与$y=f(x)$在$x=\dfrac{1}{2a}$处相切，且过点$(1,0)$，
在$(\dfrac{1}{2a},1)$之间的点不可能使得$y=f(x)$在$(\dfrac{1}{2a},1)$切线下方，所以$\bar{f}(c)=f(c)\Rightarrow c=\dfrac{1}{2a}=x_0$或$c=1$，
所以曲线$y=f(x)$在$x=x_{0}(x_{0}\in (0,1))$处的切线过点$(1,0)$，且$c\in [x_{0}$，$1]$，
当且仅当$c=x_{0}$或$c=1$时，$\bar{f}(c)=f(c)$．
点评：本题考查了导数的综合运用，属于难题．