题目 已知函数 $f\left( x \right) = \ln x - a{x^2} + \left( {2 - a} \right)x$． 问题1 讨论 $f\left( x \right)$ 的单调性； 答案1 ① 若 $a \leqslant 0$，则 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 单调递增．<br/>② 若 $a > 0$，则 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0,\dfrac{1}{a}} \right)$ 单调递增，在 $\left( {\dfrac{1}{a}, + \infty } \right)$ 单调递减． 解析1 本题考查导数单调性的应用，对 $a$ 进行分类讨论即可．$f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left( {0, + \infty } \right)$，\[ \begin{split}f'\left( x \right) &= \dfrac{1}{x} - 2ax + \left( {2 - a} \right) = - \dfrac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {ax - 1} \right)}}{x}.\end{split} \]① 若 $a \leqslant 0$，则 $f'\left( x \right) > 0$，所以 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 单调递增．<br/>② 若 $a > 0$，则由 $f'\left( x \right) = 0$ 得 $x = \dfrac{1}{a}$，且当 $x \in \left( {0,\dfrac{1}{a}} \right)$ 时，$f'\left( x \right) > 0$，当 $x\in \left( {\dfrac{1}{a}, + \infty } \right)$ 时，$f'\left( x \right) < 0$，所以 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0,\dfrac{1}{a}} \right)$ 单调递增，在 $\left( {\dfrac{1}{a}, + \infty } \right)$ 单调递减． 备注1 问题2 设 $a > 0$，证明：当 $0 < x < \dfrac{1}{a}$ 时，$f\left( {\dfrac{1}{a} + x} \right) > f\left( {\dfrac{1}{a} - x} \right)$； 答案2 略 解析2 本题是恒成立问题，构造新函数判断即可．设函数 $g\left( x \right) = f\left( {\dfrac{1}{a} + x} \right) - f\left( {\dfrac{1}{a} - x} \right)$，则\[ \begin{split}g\left( x \right) & = \ln \left( {1 + ax} \right) - \ln \left( {1 - ax} \right) - 2ax,\\ g'\left( x \right) &= \dfrac{a}{1 + ax} + \dfrac{a}{1 - ax} - 2a = \dfrac{{2{a^3}{x^2}}}{{1 - {a^2}{x^2}}}.\end{split} \]当 $0 < x < \dfrac{1}{a}$ 时，$g'\left( x \right) > 0$，而 $g\left( 0 \right) = 0$，所以 $g\left( x \right) > 0$．<br/>故当 $0 < x < \dfrac{1}{a}$ 时\[f\left( {\dfrac{1}{a} + x} \right) > f\left( {\dfrac{1}{a} - x} \right).\] 备注2 问题3 若函数 $y = f\left( x \right)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点，线段 $AB$ 中点的横坐标为 ${x_0}$，证明：$f'\left( {x_0} \right) < 0$． 答案3 略 解析3 本题属于极值点偏移问题，要对称化构造后处理．由（1）可得，当 $ a \leqslant 0 $ 时，函数 $ y = f\left(x\right) $ 的图象与 $ x $ 轴至多有一个交点，<br/>故 $ a > 0 $，从而 $ f\left(x\right) $ 的最大值为 $ f\left(\dfrac{1}{a}\right) $，且 $ f\left(\dfrac{1}{a}\right) > 0$．不妨设 $ A\left({x_1},0\right),B\left({x_2},0\right),0 < {x_1} < {x_2} $，则\[ 0 < {x_1} < \dfrac{1}{a} < {x_2} .\]由（2）得\[ f\left(\dfrac{2}{a} - {x_1}\right) = f\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{a} - {x_1}\right) > f\left({x_1}\right) = 0 .\]从而 $ {x_2} > \dfrac{2}{a} - {x_1}$，于是\[ {x_0} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} > \dfrac{1}{a} .\]由（1）知，$f'\left({x_0}\right) < 0$． 备注3