已知 $a > 0$，函数 $f(x) = \ln x - ax^2$，$x > 0$.（$f(x)$ 的图象连续不断）

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间； (2) 当 $a = \frac{1}{8}$ 时，证明：存在 $x_0 \in (2, +\infty)$，使 $f(x_0) = f\left(\frac{3}{2}\right)$. (3) 若存在均属于区间 $[1,3]$ 的 $\alpha$，$\beta$，且 $\beta - \alpha \geqslant 1$，使 $f(\alpha) = f(\beta)$. 证明：$\frac{\ln 3 - \ln 2}{5} \leqslant a \leqslant \frac{\ln 2}{3}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因 $x>0$，所以当 $0<x<\frac{1}{\sqrt{2a}}$ 时 $f'(x)>0$，当 $x>\frac{1}{\sqrt{2a}}$ 时 $f'(x)<0$. 因此 $f(x)$ 在 上单调递增，在 上单调递减.

\item 当 $a=\frac{1}{8}$ 时，令 函数 $g$ 在 $[2,4]$ 上连续. 对 $u>0$，由 可得 以及 由零点定理，存在 $x_0\in(2,4)\subset(2,+\infty)$，使 $g(x_0)=0$，即 $f(x_0)=f\left(\frac32\right)$.

\item 由 $\beta-\alpha\geqslant1$ 知 $\alpha<\beta$. 令 $d=\beta-\alpha$，$1\leqslant d\leqslant2$，$1\leqslant\alpha\leqslant3-d$. 由 $f(\alpha)=f(\beta)$，得

先证上界. 因 $\alpha\geqslant1$ 且 $1\leqslant d\leqslant2$，有 $1+\frac{d}{\alpha}\leqslant1+d$. 又令 $h(d)=2^d-d-1$，则 $h(1)=0$，且 $h'(d)=2^d\ln2-1\geqslant2\ln2-1>0$，所以 $1+d\leqslant2^d$. 因而 又 $2\alpha+d=\alpha+\beta\geqslant3$，所以

再证下界. 对固定的 $d$，分子 $\ln(1+\frac{d}{\alpha})$ 随 $\alpha$ 增大而减小，分母 $d(2\alpha+d)$ 随 $\alpha$ 增大而增大，故该比值随 $\alpha$ 减小. 由 $\alpha\leqslant3-d$， 令 $u=\frac{d}{(3-d)}$，则 $u\in[\frac{1}{2},2]$，且 直接求导得 由于 $\ln(1+u)<u$，有 所以 $G(d)$ 在 $[1,2]$ 上递增，从而 综上， \end{enumerate} \end{solution}

已知数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 满足：$b_na_n+a_{n+1}+b_{n+1}a_{n+2}=0$，$b_n=\frac{3+(-1)^n}{2}$，$n\in\mathbf{N}^*$，且 $a_1=2$，$a_2=4$，

(1) 求 $a_3$，$a_4$，$a_5$ 的值； (2) 设 $c_n=a_{2n-1}+a_{2n+1}$，$n\in\mathbf{N}^*$，证明：$\{c_n\}$ 是等比数列； (3) 设 $S_k=a_2+a_4+\dots+a_{2k}$，$k\in\mathbf{N}^*$，证明：$\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k}<\frac76$（$n\in\mathbf{N}^*$）.

\begin{solution} 由于 $b_{2n-1}=1$，$b_{2n}=2$.

\begin{enumerate} \item 取 $n=1$，$2$，$3$，原递推式分别给出 $a_1+a_2+2a_3=0$，$2a_2+a_3+a_4=0$，$a_3+a_4+2a_5=0$. 代入 $a_1=2$，$a_2=4$，依次得 $a_3=-3$，$a_4=-5$，$a_5=4$.

\item 对任意 $n\in\mathbf{N}^*$，取原递推式中下标 $2n$ 和 $2n+1$，得 两式相减可得 再取下标 $2n-1$，有 因此 又 $c_1=a_1+a_3=2-3=-1$，所以 故 $\{c_n\}$ 是首项 $-1$、公比 $-1$ 的等比数列.

\item 先由 $a_1=2$，$a_2=4$ 验证 $a_{2\cdot1-1}=(-1)^{1-1}(1+1)$，$a_{2\cdot1}=(-1)^{1-1}(1+3)$. 若 $a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)$，$a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3)$， 则由下标 $2n-1$ 和 $2n$ 的递推式分别有 这正是把 $n$ 换成 $n+1$ 后的两个等式，故由数学归纳法，对任意 $n\in\mathbf{N}^*$， $a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)$，$a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3)$. 于是 将四项作为一组，得 化简得 当 $n=1$ 时， 当 $n\geqslant2$ 时，对 $m\geqslant2$ 有 其中最后一项恰与前一组的第二项相消，且 因此望远镜相消得到 因为 所以 并且因 $6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)$，有 故 \end{enumerate} \end{solution}