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${\displaystyle f(x)=\ln x-x^2}$.

1. ${\displaystyle y=ax}$ 是 ${\displaystyle f(x)}$ 的切线, 求 ${\displaystyle a}$ 的值;
2. ${\displaystyle g(x)=f(|x|)-ax}$.
   1. ${\displaystyle a=1}$ 时, ${\displaystyle g(x)}$ 有两个极值点 ${\displaystyle x_1,x_2}$, 求 ${\displaystyle x_1^2+x_2^2}$;
   2. ${\displaystyle g(x)}$ 在 ${\displaystyle x_0}$ 处有一条切线 ${\displaystyle l}$, 且 ${\displaystyle g(x)}$ 上所有点都在 ${\displaystyle l}$ 下方 (除 ${\displaystyle x=x_0}$ 外), 求 ${\displaystyle x_0}$ 范围.

1. 假设切点为 ${\displaystyle (x_0,f(x_0))}$, 则切线方程为 $$y-(\ln x_0-x_0^2)=(\frac{1}{x_0}-2x_0)(x-x_0),$$ 常数项 ${\displaystyle x_0^2+\ln x_0-1=0}$. 而左边明显是关于 ${\displaystyle x_0}$ 的增函数, 只有 ${\displaystyle x_0=1}$. 所以 ${\displaystyle a=\frac{1}{x_0}-2x_0=-1}$.
2. 1. 首先写出 ${\displaystyle g(x)}$ 的表达式 $$g(x)=\{\begin{array}{rl}& \ln x-x^2-ax,x>0,\\ & \ln (-x)-x^2-ax,x<0,\end{array}$$ 从而 $$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-2x-a,x\in (-\mathrm{\infty },0)\cup (0,+\mathrm{\infty }).$$ 当 ${\displaystyle a=1}$, ${\displaystyle g(x)}$ 有两个极值点, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)}$ 有至少两个零点. 事实上也确实只有 ${\displaystyle -1,\frac{1}{2}}$ 这两个零点. 容易验证它们确实是 ${\displaystyle g(x)}$ 的极值点, 所以 ${\displaystyle x_1^2+x_2^2=\frac{5}{4}}$.
   2. 由题意 ${\displaystyle l:y-g(x_0)=g^{\prime }(x_0)(x-x_0)}$, 从而 $$y=g(x_0)+g^{\prime }(x_0)(x-x_0)\ge g(x),$$ 整理得 $$\frac{x}{x_0}-\ln \left|\frac{x}{x_0}\right|-1+(x-x_0{)}^2>0.$$ 如果 ${\displaystyle \frac{x}{x_0}>0}$, 上式显然是成立的. 因此只需要考虑 ${\displaystyle \frac{x}{x_0}<0}$ 的情况: $$h(x)=\frac{x}{x_0}-\ln (-\frac{x}{x_0})-1+(x-x_0{)}^2>0.$$ 不妨设 ${\displaystyle x_0>0}$ (因为如果 ${\displaystyle x_0<0}$, 把 ${\displaystyle x,x_0}$ 都取相反数, 得到一样的不等式), 则此时 ${\displaystyle h(x)}$ 定义域是 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },0)}$. 求导得 $$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x}+2(x-x_0)=(x-x_0)(\frac{1}{x_{0}x}+2),$$ 所以只有零点 ${\displaystyle -\frac{1}{2x_0}}$, 它也是 ${\displaystyle h(x)}$ 的极小值点. 因此只需要 $$h(-\frac{1}{2x_0})=x_0^2-\frac{1}{4x_0^2}-\ln \frac{1}{2x_0^2}>0.$$ 这明显是关于 ${\displaystyle x_0^2}$ 的增函数, 解集是 ${\displaystyle x_0^2>\frac{1}{2}}$.
      对于 ${\displaystyle x_0<0}$, 因为对称性也可以得到相同的解集, 所以最后 ${\displaystyle x_0\in (-\mathrm{\infty },-\frac{\sqrt{2}}{2})\cup (\frac{\sqrt{2}}{2},+\mathrm{\infty })}$.