Question

函数f（x）=lnx-ax²（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a=

1

8

时，证明：存在x₀∈（2，+∞），使f（x₀）=f（1）；
（3）当a=

1

4

时，证明：f（x）≤

2

4

•

x4+1

-

3

4

．

Answer 1

分析：（1）利用导数的运算法则可得f′(x)=

1

x

-2ax（x＞0）．分类讨论①当a≤0时，②当a＞0时，即可得出其单调性．
（2）构造g（x）=f（x）-f（1），利用已经其单调性，再利用零点存在定理证明即可；
（3）令h（x）=

2

4

•

x4+1

-

3

4

，利用（1）求出f（x）的最大值，只要证明f（x）_max＜h（x）_min即可．

解答：解：（1）f′(x)=

1

x

-2ax（x＞0）．
①当a≤0时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在R上单调递增．
②当a＞0时，f′（x）=

-2a(x+ 1 2a )(x- 1 2a )

x

，
∵x＞0，由f′（x）＞0解得0＜x＜

1 2a

；由f′（x）＜0，解得x＞

1 2a

．
∴函数f（x）在区间(0，

1 2a

)上单调递增，在区间(

1 2a

，+∞)上单调递减．
综上可知：当a≤0时，函数f（x）在R上单调递增；当a＞0时，函数f（x）在区间(0，

1 2a

)上单调递增，在区间(

1 2a

，+∞)上单调递减．
（2）当a=

1

8

时，令g（x）=f（x）-f（1）=lnx-

1

8

x2+

1

8

，
则∵x＞2，∴g′(x)=

1

x

-

x

4

=

4-x2

4x

＜0，
∴g（x）在区间（2，+∞）上单调递减，而函数g（x）在x=2出连续，且g（2）=ln2-

3

8

＞ln

e

-

3

8

=

1

2

-

3

8

＞0，而g（e²）=lne2-

e4

8

+

1

8

=

17-e4

8

＜0，
∴函数g（x）在区间（2，e²）存在零点x₀，即g（x₀）=f（x₀）-f（1）=0．即存在x₀∈（2，+∞），使f（x₀）=f（1）．
（3）当a=

1

4

时，由（1）可知f（x）=lnx-

1

4

x2在区间(

2

，+∞)上单调递减，在区间(0，

2

)上单调递增，
∴f（x）≤f(

2

)=ln

2

-

1

2

=

1

2

(ln2-1)．
令h（x）=

2

4

•

x4+1

-

3

4

，由于

x4+1

在（0，+∞）上单调递增，
∴h(x)＞h(0)=

2 -3

4

．
要证明f（x）＜

2

4

•

x4+1

-

3

4

，只要证明

1

2

(ln2-1)＜

2 -3

4

即可，即证明4＜e

3

-1，此式成立．
因此原结论成立．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、把恒成立问题等价转化等是解题的关键．