题目 已知 $a > 0$，函数 $f\left(x\right) = \ln x - a{x^2}$，$x > 0$．（$f\left(x\right)$ 的图象连续不断） 问题1 求 $f\left(x\right)$ 的单调区间； 答案1 解析1 \[ f'\left(x\right) = \frac{1}{x} - 2ax = \frac{1 - 2ax^2 }{x},x \in \left(0, + \infty \right), \]令 $ f'\left(x\right) = 0 $，解得\[x = \frac{{\sqrt {2a} }}<br/>{2a}.\]当 $ x $ 变化时，$ f'\left(x\right),f\left(x\right) $ 的变化情况如下表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline<br/>x & \left(0,\frac{{\sqrt {2a} }}{2a}\right) & \frac{{\sqrt {2a} }}{2a} & \left(\frac{{\sqrt {2a} }}{2a}, + \infty \right) \\ \hline<br/>f'\left(x\right) & + & 0 & - \\ \hline<br/>f\left(x\right) & ↗ & 极大值 & ↘ \\ \hline<br/>\end{array}\]所以，$ f\left(x\right) $ 的单调递增区间是 $ \left(0,\dfrac{{\sqrt {2a} }}{2a}\right) $，$ f\left(x\right) $ 的单调递减区间是 $ \left(\dfrac{{\sqrt {2a} }}{2a}, + \infty \right) $． 备注1 问题2 当 $a = \dfrac{1}{8}$ 时，证明：存在 ${x_0} \in \left(2, + \infty \right)$，使 $f\left({x_0}\right) = f\left( {\dfrac{3}{2}} \right)$； 答案2 解析2 当 $ a = \dfrac{1}{8} $ 时，\[ f\left(x\right) = \ln x - \frac{1}{8}x^2 . \]由（1）知 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,2\right) $ 内单调递增，在 $ \left(2, + \infty \right) $ 内单调递减．<br/>令 $ g\left(x\right) = f\left(x\right) - f\left(\dfrac{3}{2}\right) $．由于 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,2\right) $ 内单调递增，故\[ f\left(2\right) > f\left(\frac{3}<br/>{2}\right), \]即\[ g\left(2\right) > 0. \]取 $ x' = \dfrac{3}{2}{\mathrm{e}} > 2 $，则\[ g\left(x'\right) = \frac{{41 - 9{\mathrm{e}}^2 }}{32} < 0. \]所以存在 $ x_0 \in \left(2,x'\right) $，使 $ g\left(x_0 \right) = 0 $，即存在 $ x_0 \in \left(2, + \infty \right) $，使 $ f\left(x_0 \right) = f\left(\dfrac{3}{2}\right) $． 备注2 问题3 若存在均属于区间 $\left[1,3\right]$ 的 $\alpha $，$\beta $，且 $\beta - \alpha \geqslant 1$，使 $f\left(\alpha \right) = f\left(\beta \right)$，证明：$\dfrac{\ln 3 - \ln 2}{5} \leqslant a \leqslant \dfrac{\ln 2}{3}$． 答案3 解析3 由 $ f\left(\alpha \right) = f\left(\beta \right) $ 及（1）的结论知\[ \alpha < \frac{{\sqrt {2a} }}{2a} < \beta, \]从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[\alpha ,\beta \right] $ 上的最小值为 $f\left(\alpha\right)$．<br/>又由 $ \beta - \alpha \geqslant 1 $，$ \alpha ,\beta \in \left[1,3\right] $，知\[ 1 \leqslant \alpha \leqslant 2 \leqslant \beta \leqslant 3. \]故\[ \begin{cases}<br/>f\left(2\right) \geqslant f\left(\alpha \right) \geqslant f\left(1\right), \\<br/>f\left(2\right) \geqslant f\left(\beta \right) \geqslant f\left(3\right).<br/>\end{cases}\]即\[\begin{cases}\ln 2 - 4a \geqslant - a, \\<br/>\ln 2 - 4a \geqslant \ln 3 - 9a.<br/>\end{cases} \]从而\[ \frac{\ln 3 - \ln 2}{5} \leqslant a \leqslant \frac{\ln 2}{3}. \] 备注3