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}