对实数 $a$ 与 $b$，定义运算“$\otimes$”： 设函数 $f(x) = (x^2 - 2) \otimes (x - x^2)$，$x \in \mathbf{R}$. 若函数 $y = f(x) - c$ 的图象与 $x$ 轴恰有两个公共点，则实数 $c$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 令 $p=x^2-2$，$q=x-x^2$. 则 因此当 时，$f(x)=x^2-2$；在其余区间，$f(x)=x-x^2$.

分别考察三段的值域. 当 $x<-1$ 时，$f(x)=x-x^2$，且 $f'(x)=1-2x>0$，值域为 $(-\infty,-2)$. 当 $-1\leqslant x\leqslant\frac32$ 时，$f(x)=x^2-2$，在 $x=0$ 处取得最小值 $-2$，并且 $f(-1)=-1$，$f\left(\frac32\right)=\frac14$， 所以这一段的取值在 $[-2,\frac{1}{4}]$，其中 $c\in(-2,-1)$ 时有两个原像，$c=-2$ 时有一个原像，$c\in[-1,\frac{1}{4}]$ 时有一个或两个原像需结合其他区间判断. 当 $x>\frac32$ 时，$f(x)=x-x^2$，且 $f'(x)=1-2x<0$，值域为 $(-\infty,-\frac{3}{4})$，每个值至多有一个原像.

具体计数如下：若 $c<-2$，左右两个外侧区间各有一个原像；若 $c=-2$，中间区间的 $x=0$ 和右侧区间的 $x=2$ 共两个原像；若 $-2<c<-1$，中间区间有两个原像，右侧区间还有一个原像，共三个；若 $c=-1$，中间区间的 $x=-1$，$1$ 与右侧区间的一个原像共三个；若 $-1<c<-\frac{3}{4}$，中间区间和右侧区间各有一个原像；若 $c\geqslant-\frac{3}{4}$ 且 $c\leqslant\frac{1}{4}$，只有中间区间的一个原像；其他 $c$ 没有两个原像. 所以恰有两个公共点的条件为 因此选 B. \end{solution}

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}