Question

已知a＞0，函数f（x）=lnx-ax²，x＞0．（f（x）的图象连续不断）
（Ⅰ）当a=时
①求f（x）的单调区间；
②证明：存在x∈（2，+∞），使f（x）=f（）；
（Ⅱ）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β-α≥1，使f（α）=f（β），证明．

Answer

（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≤．