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2023年高考数学上海春21

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（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