双变量函数问题
双变量函数问题的求解既涉及到解题先后顺序的策略问题，又涉及到三种数学语言的相互转化。
前言
双变量函数不等式，是函数与导数模块中的一个难点问题；
处理双变量函数的总体策略是减少变量的个数，降低求解难度，为达成这一目的，常常采用：
①花开两朵，先表一支。而且安排在前边先处理的往往是两个函数中不含有参数的函数；
②两个变量作比得到一个变量，如\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)；
③换元法等方法。
转化依据
- 一端为参数，另一端为函数的类型：
①自然语言：\(A\ge f(x)\)在区间\([a，b]\)上恒成立， $\Leftrightarrow $ 符号语言：\(A\ge f(x)_{max}\)；
自然语言：\(A\leq f(x)\)在区间\([a，b]\)上恒成立， $\Leftrightarrow $ 符号语言：\(A\leq f(x)_{min}\)；
②自然语言：\(A\ge f(x)\)在区间\([a，b]\)上能成立， $\Leftrightarrow $ 符号语言：\(A\ge f(x)_{min}\)；
自然语言：\(A\leq f(x)\)在区间\([a，b]\)上能成立， $\Leftrightarrow $ 符号语言：\(A\leq f(x)_{max}\)；
- 两端都是函数，双变量类型：
③符号语言：对\(\forall x_1\in [2，3]\)，\(\exists x_2\in [4，5]\)，满足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{min}\)；
④符号语言：对\(\forall x_1\in [2，3]\)，\(\forall x_2\in [4，5]\)，满足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{max}\)；
⑤符号语言：对\(\exists x_1\in [2，3]\)，\(\exists x_2\in [4，5]\)，满足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\(f(x_1)_{max}\ge g(x_2)_{min}\)；
⑥符号语言：对\(\exists x_1\in [2，3]\)，\(\forall x_2\in [4，5]\)，满足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\(f(x_1)_{max}\ge g(x_2)_{max}\)；
- 两端都是函数，单变量类型：
⑦符号语言：对\(\forall x\in [2，3]\)，都满足\(f(x)\ge g(x)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\([f(x)-g(x)]_{min}\ge 0\)；
错误转化：\(f(x)_{min}\ge g(x)_{max}\)，反例代表如：\(e^x\ge x+1\)；
⑧符号语言：对\(\forall x\in [2，3]\)，都满足\(f(x)\leq g(x)\)；$\Leftrightarrow $ 符号语言：\([f(x)-g(x)]_{max}\leq 0\)；
错误转化：\(f(x)_{max}\leq g(x)_{min}\)，反例代表如：\(x+1\leq e^x\)；
易错之处
由于涉及到的函数多，自变量多，在变形转化过程中，很容易出错；最容易出错的地方是，在两边同乘以负数时不等号要变号，这时候容易将恒成立问题错误的转化为能成立，将能成立问题错误的转化为恒成立问题，避免错误的策略是，变形过程中原本是恒(能)成立问题，那它一直应该是恒(能)成立，依照这一点就不容易出错；
典例剖析
分析：由题目可知，需要\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{min}\)满足，此时我们将右端的函数\(g(x)\)按兵不动，先求解左端函数\(f(x)\)的最小值；
由于\(f'(x)=\cfrac{a}{x}-\cfrac{1}{4}-\cfrac{3}{4x^2}=\cfrac{-x^2+4x-3}{4x^2}=\cfrac{-(x-1)(x-3)}{4x^2}\)，
故函数\(f(x)\)在区间\((0，1]\)上单调递减，在区间\([1，2]\)上单调递增，故\(f(x)_{min}=f(1)=\cfrac{1}{2}\)，则题目转化为
\(\cfrac{1}{2}\ge -x^2-2ax+4\)在区间\([1，2]\)上能成立，考虑分离参数如下，
\(2a\ge \cfrac{-x^2+\frac{7}{2}}{x}=-(x-\cfrac{\frac{7}{2}}{x})\)在区间\([1，2]\)上能成立，进而需要求右端函数的最小值；
由于函数\(h(x)=-(x-\cfrac{\frac{7}{2}}{x})\)在\([1，2]\)上单调递减，故\(h(x)_{min}=h(2)=-\cfrac{1}{4}\)，
即\(2a\ge -\cfrac{1}{4}\)，则\(a\in[-\cfrac{1}{8}，+\infty)\)。
解后反思：此题容易错误变换得到\(2a\ge \cfrac{-x^2+\frac{7}{2}}{x}\)在\([1，2]\)上恒成立，求右端函数的最大值，结果就成了\(a\in[\cfrac{5}{4}，+\infty)\)。
分析：这是一个很典型的双变量函数问题，由题目可知需要\(f(x_1)_{min}\leq g(x_2)_{min}\)，
由于函数\(f(x)\)中不含有参数，故对双变量函数问题我们可以“花开两朵，先表一枝”，
先探究求出函数\(f(x_1)\)当$ x_1\in [0，2]$上的最小值；
\(f'(x)=3x^2-3-\cfrac{1\cdot e^x-x\cdot e^x}{(e^x)^2}=3x^2-3-\cfrac{1-x}{e^x}\)
\(=3(x+1)(x-1)+\cfrac{x-1}{e^x}=(x-1)[3(x+1)+\cfrac{1}{e^x}]\)，
此时由于有\([3(x+1)+\cfrac{1}{e^x}]>0\)；
则有\(x\in (0，1)\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\searrow\)；\(x\in (1，2)\)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\nearrow\)；
故\(f(x)_{min}=f(1)=1-\cfrac{1}{e}\)；到此，问题转化为\(1-\cfrac{1}{e}\leq g(x)\)对\(\forall x_2\in [0，2]\)恒成立，
这时我们再从容的“令表一枝”，自然你会想到看看能否分离参数。
变形为\(a\ge (x+1)^2+1-\cfrac{1}{e}\)，令\(h(x)=(x+1)^2+1-\cfrac{1}{e}\)，
对称轴是\(x=-1\)，\(h(x)\)在区间\([0，2]\)上单调递增，
故\(h(x)_{max}=h(2)=10-\cfrac{1}{e}\)，即$a \ge 10-\cfrac{1}{e} $.
分析：本题目是线性规划形式给出双变量\(x、y\)的取值范围，求双变量函数的取值范围问题，比较复杂。
先由函数是偶函数可知，\(f(|x-2|)\ge f(|y-4|)\)，再由其单调性知道\(|x-2|\ge |y-4|\)，
去掉绝对值符号得到$- |x-2|\leq y-4 \leq |x-2| $ ，
又因为\(x\in[1，2]\)，则\(x-2\in[-1，0]\)，故\(x-2\leq y-4\leq2-x\)，
即\(\begin{cases}&x-2\leq y-4 \\ & y-4 \leq 2-x \\ & 1 \leq x \leq 2 \end{cases}\)，做出如图的可行域；
接下来用变量集中策略减少变量的个数，具体变换如下：
又\(\cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=\cfrac{\cfrac{xy}{x^2}}{\cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{y}{x}}{3+\cfrac{y}{x}-2(\cfrac{y}{x})^2}=\cfrac{t}{3+t-2t^2}\)
\(=\cfrac{1}{\cfrac{3}{t}+1-2t}(\cfrac{y}{x}=t)\)，
此时需要借助可行域判断\(t\)的范围，结合可行域图像以及\(t\)的几何意义(经过可行域内的动点和原点的直线的斜率)，
可知\(t\in [2，5]\)，故至此问题转化为已知\(t\in [2，5]\)，求\(g(t)=\cfrac{1}{\cfrac{3}{t}+1-2t}\)的取值范围问题；
令\(h(t)=-2t+\cfrac{3}{t}+1\)，\(h'(t)=-2-\cfrac{3}{t^2}<0\)，故\(h(t)\)在\(t\in [2，5]\)单调递减，
故\(h(t)_{min}=h(5)=-\cfrac{42}{5}\)，\(h(t)_{max}=h(2)=-\cfrac{3}{2}\)，
则\(g(t)_{max}=g(5)=-\cfrac{5}{42}\)，\(g(t)_{min}=g(2)=-\cfrac{2}{3}\)，
故所求原式的取值范围是\([-\cfrac{2}{3}，-\cfrac{5}{42}]\)。
分析：对任意的\(x_1\in [-2，2]\)，总存在\(x_2\in [-2，2]\)，使得\(f(x_1)=g(x_2)\)，
意味着函数\(f(x)\)的值域是函数\(g(x)\)的值域的子集，或者说函数\(f(x)\)的值域要包含于函数\(g(x)\)的值域中，故需要先求解函数\(f(x)\)的值域。
\(f'(x)=e^x\)，\(-2<x<0\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递增，\(0<x<2\)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递减，
又\(f(0)=-1\)，\(f(-2)=-3e^{-2}\)，\(f(2)=e^2\)，故函数\(f(x)\in [-1，e^2]\)，
又由于函数\(g(x)=m(x-1)\)，\(m>0\)，在\([-2，2]\)上单调递增，又由于函数\(g(x)\)的值域必须包含\(f(x)\)的值域，
故必须满足\(g(2)\ge f(2)\)且\(g(-2)\leq -1\)，即\(m(2-1)\ge e^2\)且\(m(-2-1)\leq -1\)
解得\(m\geqslant e^2\)，故选\(D\)。
- 不等式证明中，常用变量集中策略，将两个自变量作比，转化为一元函数问题，然后做差构造；
解析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；又原不等式\(lnx_1-lnx_2>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)，
转化为\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)，再次等价于转化为\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；
然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。
\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2)}{t(t+1)^2}\ge 0\)
故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，
故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，故原命题得证。
- 将不等式两端转化为相同结构的形式， 然后构造函数；
分析：将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，
令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，则原题转化为存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，
即就是\(x>0\)时，\(g(x)\)有单调递减区间或\(g(x)\)为常函数；即就是\(x>0\)时，\(g'(x)\leq 0\)有解，
而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立，即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。
而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\)，
即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，故\(a \leq \cfrac{1}{2}\)，也即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
- 含有绝对值的不等式，先利用单调性去掉绝对值符号，再将不等式两端转化为相同结构的形式， 然后构造函数；
解析：\(a>0\)时，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，
即函数\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，
不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立，
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，
则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1，e]\)上单调递减，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，
则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。
【法1】：观察发现，“左边指数式+指数式=右边的一次式”，使得指数式消失，即\(e^0+e^0=2\)，
故令\(x+2y+3=0\)，\(2x-3y-5=0\)，则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，即\(e^0+e^0=2\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法2】：观察发现，\((x+2y-3)+(2x-3y-5)=3x-y-2\)，在指数位置使用均值不等式得到，
则\(e^{x+2y+3}+e^{2x-3y-5}\ge 2\sqrt{e^{3x-y-2}}\)，即\(2\sqrt{e^{3x-y-2}}\leq 3x-y\)；
令\(3x-y=t(t>0)\)，则上述不等式变形为\(2\sqrt{e^{t-2}}\leq t\)，即\(4e^t\leq e^2t^2\)，
接下来使用导数工具研究，在\(t=2\)处，\(4e^t=e^2t^2\)，
当\(t\)取其他值时，均有\(4e^t\ge e^2t^2\)，故只能\(4e^t= e^2t^2\)，所以\(t=2\)，即\(3x-y=2\)，
又由均值不等式可知，取等号时\(x+2y-3=2x-3y-5\)，故求解得到
则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法3，推荐解法】：令\(x+2y+3=m\)，\(2x-3y-5=n\)，则原题目等价于\(e^m+e^n=m+n+2\)，
即\(e^m-m-1=-(e^n-n-1)\)①，
令\(f(x)=e^x-x-1\)，则\(f'(x)=e^x-1\)，令\(f'(x)=0\)，得到\(x=0\)，
故\(x\in (-\infty，0)\)上单调递减，在\(x\in (0，+\infty)\)上单调递增，
故\(f(x)_{min}=f(0)=e^0-0-1=0\)，即有\(f(x)\geqslant 0\)；
又①式等价于\(f(m)=-f(n)\)，由于\(f(m)\geqslant 0\)，\(-f(n)\leqslant 0\)，
要使得\(f(m)=-f(n)\)，只有\(f(m)=f(n)=0\)，即\(m=n=0\)，
则有\(x+2y+3=2x-3y-5=0\)，
则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
(Ⅰ).证明：\(x_1+x_2＞2\)；
【法1】：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-1=\cfrac{1-x}{x}\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，
不妨设\(0<x_1<1<x_2\)，欲证不等式\(x_1+x_2>2\)，只需证明\(x_2>2-x_1\)，
由于\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递减，即只需证明\(f(x_2)<f(2-x_1)\)，
由于\(f(x_2)=f(x_1)\)，故只需证\(f(x_1)<f(2-x_1)\)，
即证\(f(x)-f(2-x)<0\)在\((0，1)\)上恒成立；
构造函数\(g(x)=f(x)-f(2-x)\)，\(g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(\cfrac{1}{x}-1)+(\cfrac{1}{2-x}-1)=\cfrac{2}{x(2-x)}-2\)，
当\(0<x<1\)时，\(0<x(2-x)<1\)，故\(g'(x)>0\)，故\(g(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，
故\(g(x)<g(1)=0\)，即\(f(x)-f(2-x)<0\)，
故原不等式成立。
说明：有时候构造\(g(x)=f(1+x)-f(1-x)\)很有效。
【法2】：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-1=\cfrac{1-x}{x}\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，
不妨设\(0<x_1<1<x_2\)，由\(f(x_1)=f(x_2)\)，得到\(lnx_1-x_1=lnx_2-x_2\)，即\(lnx_2-lnx_1=x_2-x_1\)，
即\(ln\cfrac{x_2}{x_1}=x_1(\cfrac{x_2}{x_1}-1)\)，令\(\cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1)\)，
则\(x_1=\cfrac{lnt}{t-1}\)，\(x_2=\cfrac{tlnt}{t-1}\)，于是不等式\(x_1+x_2>2\)就等价转化为\(\cfrac{lnt}{t-1}+\cfrac{tlnt}{t-1}>2\)，
即证明\(\cfrac{(t+1)lnt}{t-1}>2\)，即证明\(lnt-\cfrac{2(t-1)}{t+1}>0\)，
构造\(g(t)=lnt-\cfrac{2(t-1)}{t+1}\)，设法证明\(g(t)_{min}>0\)即可，剩余变形暂略。
(Ⅱ).证明：\(x_1x_2＜1\)．
【法1】：由（Ⅰ）知，\(f(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，不妨设\(0<x_1<1<x_2\)，
欲证\(x_1x_2<1\)，只需证\(x_1<\cfrac{1}{x_2}\)，即证明\(f(x_1)=f(x_2)<f(\cfrac{1}{x_2})\)，
即证明\(f(x_2)-f(\cfrac{1}{x_2})<0\)在\((1，+\infty)\)上恒成立。
构造函数\(h(x)=f(x)-f(\cfrac{1}{x})=(lnx-x)-ln\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x}=2lnx-x+\cfrac{1}{x}\)，
\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-1-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2}=\cfrac{-(x-1)^2}{x^2}<0\)恒成立，
故\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递减，即\(h(x)<h(1)\)，
即\(f(x)<f(\cfrac{1}{x})\)成立，即原不等式成立。
【法2】：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-1=\cfrac{1-x}{x}\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，
不妨设\(0<x_1<1<x_2\)，由\(f(x_1)=f(x_2)\)，得到\(lnx_1-x_1=lnx_2-x_2\)，即\(lnx_2-lnx_1=x_2-x_1\)，
即\(ln\cfrac{x_2}{x_1}=x_1(\cfrac{x_2}{x_1}-1)\)，令\(\cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1)\)，
则\(x_1=\cfrac{lnt}{t-1}\)，\(x_2=\cfrac{tlnt}{t-1}\)，
欲证\(x_1x_2<1\)，只需证明\(\cfrac{lnt}{t-1}\cdot \cfrac{tlnt}{t-1}<1(t>1)\)，即证明\(ln^2t<t-\cfrac{1}{t}\)，
即证明\(ln^2t-t+\cfrac{1}{t}<0\)在\((1，+\infty)\)上恒成立，
设\(h(t)=ln^2t-t+\cfrac{1}{t}(t>1)\)，\(h'(t)=\cfrac{2lnt}{t}-1-\cfrac{1}{t^2}=\cfrac{2tlnt-t^2-1}{t^2}\)，
令\(m(t)=2tlnt-t^2-1(t>1)\)，则\(m'(t)=2(lnt-t+1)\)，而\(lnt-t+1<0\)恒成立，
则\(m(t)\)在\((1，+\infty)\)上单调递。则\(m(t)<m(1)=-2<0\)，则\(h'(x)<0\)，
于是有\(h(t)<h(1)=0\)，故原不等式成立。
解后反思：①给定函数\(f(x)\)本身的单调性容易求得，这样如果我们将待证结论改写为\(x_1>2-x_2\)，就容易想到变形后构造函数，从而通过证明新函数的单调性来证明原命题。第二问也可以沿袭这样的证明思路。
②注意几个决定证明成败的细节，其一由\(f(x)\)的单调性以及\(f(x_1)=f(x_2)\)，就可以得到\(x_1，x_2\)应该在\(1\)的两侧，故可以设\(0<x_1<1<x_2\)；其二当变形得到\(f(x_2)<f(2-x_1)\)时，如果注意到等量代换\(f(x_1)=f(x_2)\)，则有\(f(x_1)<f(2-x_1)\)，即\(f(x_1)-f(2-x_1)<0\)恒成立，故想到构造这样的函数\(g(x)=f(x)-f(2-x)(0<x<1)\)，第二问同理。
③不同的换元有不同的体验和解题感受。
解析：\(a>0\)时，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，
即函数\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，
不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立，
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，
则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1，e]\)上单调递减，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，
则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。
法1：[构造函数法]将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，
令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，则原题转化为存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，
即就是\(x>0\)时，\(g(x)\)有单调递减区间或\(g(x)\)为常函数；即就是\(x>0\)时，\(g'(x)\leq 0\)有解，
而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，
分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立，
即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。
而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\)，
即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，
故\(a \leq \cfrac{1}{2}\)，也即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
分析：先求定义域\((0，+\infty)\)由题意可知，对任意两个不等的正数\(x_1，x_2\)，
都有\(\cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2\)恒成立，即为\(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2\)，
故构造函数令\(g(x)=h(x)-2x\)，可得\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增。
由\(g'(x)=h'(x)-2=x+\cfrac{a}{x}-2\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立。
可得\(a\ge x(2-x)\)，由\([x(2-x)]_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)，故实数\(a\)的取值范围为\([1，+\infty)\)。
分析：由于定义在\([1，+\infty)\)上，故先将函数简化\(g(x)=\cfrac{1}{2}x^2\)，
再将\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立，变形为\(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)\)恒成立，
故令\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，则由题目可知，函数\(H(x)\)在\([1，+\infty)\)上单调递增，
\(H(x)=m\cdot \cfrac{1}{2}x^2-x\cdot lnx\)，则\(H'(x)=mx-(lnx+1)\ge 0\)恒成立，
分离参数得到\(m\ge \cfrac{lnx+1}{x}\)在\([1，+\infty)\)上恒成立，
再令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{x}\)，只需要\(m\ge h(x)_{max}\)；
而\(h'(x)=\cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=\cfrac{-lnx}{x^2}<0\)在区间\([1，+\infty)\)上恒成立，
故函数\(h(x)\)在区间\([1，+\infty)\)上单调递减，故\(h(x)_{max}=h(1)=1\)，故\(m\ge 1\)。
【分析】利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。
【解答】不妨设\(m>n\)，则函数\(f_1(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(f_1(m)-f_1(n)>0\)，
又\(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a\)，对称轴是\(x=1\)，开口向上，
故函数\(f_2(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，故\(f_2(m)-f_2(n)<0\)，
这样对任意的\(m，n\in [0，1](m>n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恒成立，
就可以转化为\(f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)\)恒成立，
即\(f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)\)恒成立，
令\(h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b\)，
则到此的题意相当于已知\(m>n\)时，\(h(m)>h(n)\)，
故函数\(h(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(h'(x)≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(2a(1-x)≤e^x\)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，
\(\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
再令\(p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}\)，即需要求\(p(x)_{max}\)，
\(p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}\)，
容易看出，当\(x∈[0，1]\)时，\(p'(x)<0\)恒成立，故\(p(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，
则\(p(x)_{max}=p(0)=1\)，故\(\cfrac{1}{2a}≥1\)，又\(a>0\)，
故解得\(0<a≤1\)。故\(a_{max}=1\).
法1：由于对任意\(x_1\in[0，3]\)，总存在\(x_2\in [2，3]\)使得\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)\)成立，
则\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)_{max}\)，\(x_1\in[0，3]\)，\(x_2\in [2，3]\)
而\(g(x_2)_{max}=2\)，则\(|f(x_1)|\leqslant 2\)，即\(-2\leqslant x^2-2x+3a\leqslant 2\)，
则\(-2\leqslant x^2-2x+3a\)在\(x\in[0，3]\)上恒成立，且\(x^2-2x+3a\leqslant 2\)在\(x_1\in[0，3]\)上恒成立，，
即\(-3a\leqslant x^2-2x+2\)在\(x\in[0，3]\)上恒成立，
而\(y=x^2-2x+2\)在\(x\in[0，3]\)上的\(y_{min}=1\)，故解得\(a\geqslant -\cfrac{1}{3}\)①；
且\(-3a\geqslant x^2-2x-2\)在\(x\in[0，3]\)上恒成立，
而\(y=x^2-2x-2\)在\(x\in[0，3]\)上的\(y_{max}=1\)，解得\(a\leqslant -\cfrac{1}{3}\)②；
由①②求交集，得到\(a=-\cfrac{1}{3}\)。
分析：对任意\(s\in [-4,-2)\)，存在\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)，不等式\(f(s)-g(t)\geqslant 0\)成立，
则\(f(s)_{min}\geqslant g(t)_{min}\)，其中\(s\in [-4,-2)\)，\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)，
〔下来先研究函数\(f(x)\)在\([0,2)\)上的最小值〕，分段研究，最好利用图像快速分析；
当\(x\in [0,1)\)时，\(f(x)=\frac{1}{2}-2x^2\)，\(f(x)\)单调递减，故最小值的极限为\(f(1)=-\cfrac{3}{2}\)，
当\(x\in [1,2)\)时，\(f(x)=-2^{1-|x-\frac{3}{2}|}\)，
若\(x\in [1,1.5]\)时，\(f(x)\)单调递减，若\(x\in [1.5,2)\)时，\(f(x)\)单调递增，
故最小值为\(f(1.5)=-2\)，综上可知，\(x\in[0,2)\)时，\(f(x)_{min}=-2\)；
当\(s\in [-4,2)\)时，\(s+4\in[0,2)\)，则\(f(s+4)=f[(s+2)+2]=\cfrac{1}{2}f(s+2)=\cfrac{1}{4}f(s)\)，
即\(f(s)=4f(s+4)\)，其中\(s\in [-4,2)\)时，\(s+4\in[0,2)\)，
故\(f(s)_{min}=4f(s+4)_{min}=4\times (-2)=-8\)，
故接上，[\(f(s)_{min}\geqslant g(t)_{min}\)，其中\(s\in [-4,-2)\)，\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)]
变形为\(-8\geqslant t^3+3t^2+m\)能成立；其中\(t\in [-4,-2)\)，
即\(-m\geqslant t^3+3t^2+8\)能成立，令\(h(t)=t^3+3t^2+8\)，\(t\in [-4,-2)\)，
\(h'(t)=3t^2+6t=2t(t+2)\)，故\(x\in [-4,-2)\)时，\(h'(t)>0\)恒成立，则\(h(t)\)单调递增，
故\(h(t)_{min}=h(-4)=-8\)，即\(-m\geqslant -8\)，则\(m\leqslant 8\)，故选\(B\).
