已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a>0$．若存在 $x_1,x_2\in [1,3]$，且 $x_1-x_2\geqslant 1$，使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$，求证：$\dfrac{\ln 3-\ln 2}{5}\leqslant a\leqslant \dfrac{\ln 2}{3}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
根据已知，有$$\begin{cases}\ln x_1-ax_1^2=0,\\\ln x_2-ax_2^2=0,\end{cases}\cdots (1)$$观察欲证不等式的形式，将 $(1)$ 中的两式相减，可得$$a=\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1^2-x_2^2},$$于是欲证不等式可以变形为$$\dfrac{\ln 9-\ln 4}{9-4}\leqslant \dfrac{\ln x_1^2-\ln x_2^2}{x_1^2-x_2^2}\leqslant \dfrac{\ln 4-\ln 1}{4-1}.\cdots (2)$$
将 $(2)$ 中的代数式用图形表示，可知由$$1\leqslant x_2^2\leqslant 4\leqslant x_1^2\leqslant 9\cdots (3)$$可得欲证不等式成立．得到了几何图形的支持以后，需要给出严格的证明．
接下来，可以将解法改写．
由于函数 $f(x)$ 的导函数为$$f'(x)=\dfrac {1-2ax^2}{x},$$在区间 $[1,3]$ 上存在两个点 $f(x)$ 的函数值相同，于是 $f(x)$ 必然存在区间上的极值点，因此函数 $f(x)$ 在区间 $\left(1,\dfrac{\sqrt{2a}}{2a}\right)$ 上单调递增，在区间 $\left(\dfrac{\sqrt {2a}}{2a},3\right)$ 上单调递减．于是$$f(1)\leqslant f(2)\land f(2)\geqslant f(3),$$整理即得欲证不等式．
将 $(2)$ 中的代数式用图形表示，可知由$$1\leqslant x_2^2\leqslant 4\leqslant x_1^2\leqslant 9\cdots (3)$$可得欲证不等式成立．得到了几何图形的支持以后，需要给出严格的证明．接下来，可以将解法改写．
由于函数 $f(x)$ 的导函数为$$f'(x)=\dfrac {1-2ax^2}{x},$$在区间 $[1,3]$ 上存在两个点 $f(x)$ 的函数值相同，于是 $f(x)$ 必然存在区间上的极值点，因此函数 $f(x)$ 在区间 $\left(1,\dfrac{\sqrt{2a}}{2a}\right)$ 上单调递增，在区间 $\left(\dfrac{\sqrt {2a}}{2a},3\right)$ 上单调递减．于是$$f(1)\leqslant f(2)\land f(2)\geqslant f(3),$$整理即得欲证不等式．
答案
解析
备注
