已知a＞0，函数f（x）=lnx-ax2，x＞0．（f（x）的图象连续不断） （...

（I）将a=代入可得函数的解析式， ①求导数fˊ（x）；在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0确定的单调区间 ②由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，在（2，+∞）内单调递减．令g（x）=f（x）-f（）．利用函数f（x）在（0，2）内单调递增，得到f（2）＞f（），即g（2）＞0．最后取x′=e＞2，则g（x′）=＜0．从而得到结论； （II）先由f（α）=f（β）及（I）的结论知α＜＜β，从而f（x）在[α，β]上的最小值为f（a）．再依1≤α≤2≤β≤3建立关于a的不等关系即可证得结论． 【解析】 （I）①当a=时，f（x）=lnx-x2． ∴f′（x）=-x=，x∈（0，+∞）， 令f′（x）=0，解得x=2． 当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：  所以，f（x）的单调递增区间是（0，），f（x）的单调递减区间是（，+∞）． 证明：②由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，在（2，+∞）内单调递减． 令g（x）=f（x）-f（）． 由于f（x）在（0，2）内单调递增， 故f（2）＞f（），即g（2）＞0． 取x′=e＞2，则g（x′）=＜0． 所以存在x∈（2，x'），使g（x）=0， 即存在x0∈（2，+∞），使f（x0）=f（）． （II）证明：由f（α）=f（β）及（I）的结论知α＜＜β， 从而f（x）在[α，β]上的最小值为f（a）． 又由β-α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3． 故 即 从而≤a≤．