前言
雙變量函數不等式，是函數與導數模塊中的一個難點問題；
處理雙變量函數的總體策略是減少變量的個數，降低求解難度，為達成這一目的，常常采用：
①花開兩朵，先表一支。而且安排在前邊先處理的往往是兩個函數中不含有參數的函數；
②兩個變量作比得到一個變量，如\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)；
③換元法等方法。
轉化依據
- 一端為參數，另一端為函數的類型：
①自然語言：\(A\ge f(x)\)在區間\([a，b]\)上恆成立， $\Leftrightarrow $ 符號語言：\(A\ge f(x)_{max}\)；
自然語言：\(A\leq f(x)\)在區間\([a，b]\)上恆成立， $\Leftrightarrow $ 符號語言：\(A\leq f(x)_{min}\)；
②自然語言：\(A\ge f(x)\)在區間\([a，b]\)上能成立， $\Leftrightarrow $ 符號語言：\(A\ge f(x)_{min}\)；
自然語言：\(A\leq f(x)\)在區間\([a，b]\)上能成立， $\Leftrightarrow $ 符號語言：\(A\leq f(x)_{max}\)；
- 兩端都是函數，雙變量類型：
③符號語言：對\(\forall x_1\in [2，3]\)，\(\exists x_2\in [4，5]\)，滿足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{min}\)；
④符號語言：對\(\forall x_1\in [2，3]\)，\(\forall x_2\in [4，5]\)，滿足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{max}\)；
⑤符號語言：對\(\exists x_1\in [2，3]\)，\(\exists x_2\in [4，5]\)，滿足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\(f(x_1)_{max}\ge g(x_2)_{min}\)；
⑥符號語言：對\(\exists x_1\in [2，3]\)，\(\forall x_2\in [4，5]\)，滿足\(f(x_1)\ge g(x_2)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\(f(x_1)_{max}\ge g(x_2)_{max}\)；
- 兩端都是函數，單變量類型：
⑦符號語言：對\(\forall x\in [2，3]\)，都滿足\(f(x)\ge g(x)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\([f(x)-g(x)]_{min}\ge 0\)；
錯誤轉化：\(f(x)_{min}\ge g(x)_{max}\)，反例代表如：\(e^x\ge x+1\)；
⑧符號語言：對\(\forall x\in [2，3]\)，都滿足\(f(x)\leq g(x)\)；$\Leftrightarrow $ 符號語言：\([f(x)-g(x)]_{max}\leq 0\)；
錯誤轉化：\(f(x)_{max}\leq g(x)_{min}\)，反例代表如：\(x+1\leq e^x\)；
易錯之處
由於涉及到的函數多，自變量多，在變形轉化過程中，很容易出錯；最容易出錯的地方是，在兩邊同乘以負數時不等號要變號，這時候容易將恆成立問題錯誤的轉化為能成立，將能成立問題錯誤的轉化為恆成立問題，避免錯誤的策略是，變形過程中原本是恆(能)成立問題，那它一直應該是恆(能)成立，依照這一點就不容易出錯；
典例剖析
分析：由題目可知，需要\(f(x_1)_{min}\ge g(x_2)_{min}\)滿足，此時我們將右端的函數\(g(x)\)按兵不動，先求解左端函數\(f(x)\)的最小值；
由於\(f'(x)=\cfrac{a}{x}-\cfrac{1}{4}-\cfrac{3}{4x^2}=\cfrac{-x^2+4x-3}{4x^2}=\cfrac{-(x-1)(x-3)}{4x^2}\)，
故函數\(f(x)\)在區間\((0，1]\)上單調遞減，在區間\([1，2]\)上單調遞增，故\(f(x)_{min}=f(1)=\cfrac{1}{2}\)，則題目轉化為
\(\cfrac{1}{2}\ge -x^2-2ax+4\)在區間\([1，2]\)上能成立，考慮分離參數如下，
\(2a\ge \cfrac{-x^2+\frac{7}{2}}{x}=-(x-\cfrac{\frac{7}{2}}{x})\)在區間\([1，2]\)上能成立，進而需要求右端函數的最小值；
由於函數\(h(x)=-(x-\cfrac{\frac{7}{2}}{x})\)在\([1，2]\)上單調遞減，故\(h(x)_{min}=h(2)=-\cfrac{1}{4}\)，
即\(2a\ge -\cfrac{1}{4}\)，則\(a\in[-\cfrac{1}{8}，+\infty)\)。
解后反思：此題容易錯誤變換得到\(2a\ge \cfrac{-x^2+\frac{7}{2}}{x}\)在\([1，2]\)上恆成立，求右端函數的最大值，結果就成了\(a\in[\cfrac{5}{4}，+\infty)\)。
分析：這是一個很典型的雙變量函數問題，由題目可知需要\(f(x_1)_{min}\leq g(x_2)_{min}\)，
由於函數\(f(x)\)中不含有參數，故對雙變量函數問題我們可以“花開兩朵，先表一枝”，
先探究求出函數\(f(x_1)\)當$ x_1\in [0，2]$上的最小值；
\(f'(x)=3x^2-3-\cfrac{1\cdot e^x-x\cdot e^x}{(e^x)^2}=3x^2-3-\cfrac{1-x}{e^x}\)
\(=3(x+1)(x-1)+\cfrac{x-1}{e^x}=(x-1)[3(x+1)+\cfrac{1}{e^x}]\)，
此時由於有\([3(x+1)+\cfrac{1}{e^x}]>0\)；
則有\(x\in (0，1)\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\searrow\)；\(x\in (1，2)\)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\nearrow\)；
故\(f(x)_{min}=f(1)=1-\cfrac{1}{e}\)；到此，問題轉化為\(1-\cfrac{1}{e}\leq g(x)\)對\(\forall x_2\in [0，2]\)恆成立，
這時我們再從容的“令表一枝”，自然你會想到看看能否分離參數。
變形為\(a\ge (x+1)^2+1-\cfrac{1}{e}\)，令\(h(x)=(x+1)^2+1-\cfrac{1}{e}\)，
對稱軸是\(x=-1\)，\(h(x)\)在區間\([0，2]\)上單調遞增，
故\(h(x)_{max}=h(2)=10-\cfrac{1}{e}\)，即$a \ge 10-\cfrac{1}{e} $.
分析：本題目是線性規划形式給出雙變量\(x、y\)的取值范圍，求雙變量函數的取值范圍問題，比較復雜。
先由函數是偶函數可知，\(f(|x-2|)\ge f(|y-4|)\)，再由其單調性知道\(|x-2|\ge |y-4|\)，
去掉絕對值符號得到$- |x-2|\leq y-4 \leq |x-2| $ ，
又因為\(x\in[1，2]\)，則\(x-2\in[-1，0]\)，故\(x-2\leq y-4\leq2-x\)，
即\(\begin{cases}&x-2\leq y-4 \\ & y-4 \leq 2-x \\ & 1 \leq x \leq 2 \end{cases}\)，做出如圖的可行域；
接下來用變量集中策略減少變量的個數，具體變換如下：
又\(\cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=\cfrac{\cfrac{xy}{x^2}}{\cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{y}{x}}{3+\cfrac{y}{x}-2(\cfrac{y}{x})^2}=\cfrac{t}{3+t-2t^2}\)
\(=\cfrac{1}{\cfrac{3}{t}+1-2t}(\cfrac{y}{x}=t)\)，
此時需要借助可行域判斷\(t\)的范圍，結合可行域圖像以及\(t\)的幾何意義(經過可行域內的動點和原點的直線的斜率)，
可知\(t\in [2，5]\)，故至此問題轉化為已知\(t\in [2，5]\)，求\(g(t)=\cfrac{1}{\cfrac{3}{t}+1-2t}\)的取值范圍問題；
令\(h(t)=-2t+\cfrac{3}{t}+1\)，\(h'(t)=-2-\cfrac{3}{t^2}<0\)，故\(h(t)\)在\(t\in [2，5]\)單調遞減，
故\(h(t)_{min}=h(5)=-\cfrac{42}{5}\)，\(h(t)_{max}=h(2)=-\cfrac{3}{2}\)，
則\(g(t)_{max}=g(5)=-\cfrac{5}{42}\)，\(g(t)_{min}=g(2)=-\cfrac{2}{3}\)，
故所求原式的取值范圍是\([-\cfrac{2}{3}，-\cfrac{5}{42}]\)。
分析：對任意的\(x_1\in [-2，2]\)，總存在\(x_2\in [-2，2]\)，使得\(f(x_1)=g(x_2)\)，
意味着函數\(f(x)\)的值域是函數\(g(x)\)的值域的子集，或者說函數\(f(x)\)的值域要包含於函數\(g(x)\)的值域中，故需要先求解函數\(f(x)\)的值域。
\(f'(x)=e^x\)，\(-2<x<0\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞增，\(0<x<2\)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞減，
又\(f(0)=-1\)，\(f(-2)=-3e^{-2}\)，\(f(2)=e^2\)，故函數\(f(x)\in [-1，e^2]\)，
又由於函數\(g(x)=m(x-1)\)，\(m>0\)，在\([-2，2]\)上單調遞增，又由於函數\(g(x)\)的值域必須包含\(f(x)\)的值域，
故必須滿足\(g(2)\ge f(2)\)且\(g(-2)\leq -1\)，即\(m(2-1)\ge e^2\)且\(m(-2-1)\leq -1\)
解得\(m\geqslant e^2\)，故選\(D\)。
- 不等式證明中，常用變量集中策略，將兩個自變量作比，轉化為一元函數問題，然后做差構造；
解析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，則\(t>1\)；又原不等式\(lnx_1-lnx_2>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)，
轉化為\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)，再次等價於轉化為\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；
然后作差構造函數\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想辦法證明\(g(t)>0\)恆成立即可。
\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2)}{t(t+1)^2}\ge 0\)
故函數\(g(x)\)在區間\((1，+\infty)\)上單調遞增，\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，
故\(g(x)>0\)在區間\((1，+\infty)\)上恆成立，故原命題得證。
- 將不等式兩端轉化為相同結構的形式， 然后構造函數；
分析：將\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)轉化為\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，
令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，則原題轉化為存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，
即就是\(x>0\)時，\(g(x)\)有單調遞減區間或\(g(x)\)為常函數；即就是\(x>0\)時，\(g'(x)\leq 0\)有解，
而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，分離參數即得\(a\leq -2x^2+2x\)對於\(x>0\)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\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
- 含有絕對值的不等式，先利用單調性去掉絕對值符號，再將不等式兩端轉化為相同結構的形式， 然后構造函數；
解析：\(a>0\)時，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，
即函數\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上單增，又函數\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上單減，
不妨設\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
則\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等價於\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立，
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，
則原命題等價於函數\(g(x)\)在區間\(x\in [1，e]\)上單調遞減，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立；
分離參數得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上單調遞減，
則\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由題目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即滿足條件的實數\(a\)不存在。
【法1】：觀察發現，“左邊指數式+指數式=右邊的一次式”，使得指數式消失，即\(e^0+e^0=2\)，
故令\(x+2y+3=0\)，\(2x-3y-5=0\)，則\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，即\(e^0+e^0=2\)，則解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法2】：觀察發現，\((x+2y-3)+(2x-3y-5)=3x-y-2\)，在指數位置使用均值不等式得到，
則\(e^{x+2y+3}+e^{2x-3y-5}\ge 2\sqrt{e^{3x-y-2}}\)，即\(2\sqrt{e^{3x-y-2}}\leq 3x-y\)；
令\(3x-y=t(t>0)\)，則上述不等式變形為\(2\sqrt{e^{t-2}}\leq t\)，即\(4e^t\leq e^2t^2\)，
接下來使用導數工具研究，在\(t=2\)處，\(4e^t=e^2t^2\)，
當\(t\)取其他值時，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，取等號時\(x+2y-3=2x-3y-5\)，故求解得到
則\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，則解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法3，推薦解法】：令\(x+2y+3=m\)，\(2x-3y-5=n\)，則原題目等價於\(e^m+e^n=m+n+2\)，
即\(e^m-m-1=-(e^n-n-1)\)①，
令\(f(x)=e^x-x-1\)，則\(f'(x)=e^x-1\)，令\(f'(x)=0\)，得到\(x=0\)，
故\(x\in (-\infty，0)\)上單調遞減，在\(x\in (0，+\infty)\)上單調遞增，
故\(f(x)_{min}=f(0)=e^0-0-1=0\)，即有\(f(x)\geqslant 0\)；
又①式等價於\(f(m)=-f(n)\)，由於\(f(m)\geqslant 0\)，\(-f(n)\leqslant 0\)，
要使得\(f(m)=-f(n)\)，只有\(f(m)=f(n)=0\)，即\(m=n=0\)，
則有\(x+2y+3=2x-3y-5=0\)，
則\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，則解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
(Ⅰ).證明：\(x_1+x_2＞2\)；
【法1】：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-1=\cfrac{1-x}{x}\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
不妨設\(0<x_1<1<x_2\)，欲證不等式\(x_1+x_2>2\)，只需證明\(x_2>2-x_1\)，
由於\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞減，即只需證明\(f(x_2)<f(2-x_1)\)，
由於\(f(x_2)=f(x_1)\)，故只需證\(f(x_1)<f(2-x_1)\)，
即證\(f(x)-f(2-x)<0\)在\((0，1)\)上恆成立；
構造函數\(g(x)=f(x)-f(2-x)\)，\(g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(\cfrac{1}{x}-1)+(\cfrac{1}{2-x}-1)=\cfrac{2}{x(2-x)}-2\)，
當\(0<x<1\)時，\(0<x(2-x)<1\)，故\(g'(x)>0\)，故\(g(x)\)在\((0，1)\)上單調遞增，
故\(g(x)<g(1)=0\)，即\(f(x)-f(2-x)<0\)，
故原不等式成立。
說明：有時候構造\(g(x)=f(1+x)-f(1-x)\)很有效。
【法2】：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-1=\cfrac{1-x}{x}\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
不妨設\(0<x_1<1<x_2\)，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\(\cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1)\)，
則\(x_1=\cfrac{lnt}{t-1}\)，\(x_2=\cfrac{tlnt}{t-1}\)，於是不等式\(x_1+x_2>2\)就等價轉化為\(\cfrac{lnt}{t-1}+\cfrac{tlnt}{t-1}>2\)，
即證明\(\cfrac{(t+1)lnt}{t-1}>2\)，即證明\(lnt-\cfrac{2(t-1)}{t+1}>0\)，
構造\(g(t)=lnt-\cfrac{2(t-1)}{t+1}\)，設法證明\(g(t)_{min}>0\)即可，剩余變形暫略。
(Ⅱ).證明：\(x_1x_2＜1\)．
【法1】：由（Ⅰ）知，\(f(x)\)在\((0，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，不妨設\(0<x_1<1<x_2\)，
欲證\(x_1x_2<1\)，只需證\(x_1<\cfrac{1}{x_2}\)，即證明\(f(x_1)=f(x_2)<f(\cfrac{1}{x_2})\)，
即證明\(f(x_2)-f(\cfrac{1}{x_2})<0\)在\((1，+\infty)\)上恆成立。
構造函數\(h(x)=f(x)-f(\cfrac{1}{x})=(lnx-x)-ln\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x}=2lnx-x+\cfrac{1}{x}\)，
\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-1-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2}=\cfrac{-(x-1)^2}{x^2}<0\)恆成立，
故\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞減，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\((0，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
不妨設\(0<x_1<1<x_2\)，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\(\cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1)\)，
則\(x_1=\cfrac{lnt}{t-1}\)，\(x_2=\cfrac{tlnt}{t-1}\)，
欲證\(x_1x_2<1\)，只需證明\(\cfrac{lnt}{t-1}\cdot \cfrac{tlnt}{t-1}<1(t>1)\)，即證明\(ln^2t<t-\cfrac{1}{t}\)，
即證明\(ln^2t-t+\cfrac{1}{t}<0\)在\((1，+\infty)\)上恆成立，
設\(h(t)=ln^2t-t+\cfrac{1}{t}(t>1)\)，\(h'(t)=\cfrac{2lnt}{t}-1-\cfrac{1}{t^2}=\cfrac{2tlnt-t^2-1}{t^2}\)，
令\(m(t)=2tlnt-t^2-1(t>1)\)，則\(m'(t)=2(lnt-t+1)\)，而\(lnt-t+1<0\)恆成立，
則\(m(t)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞。則\(m(t)<m(1)=-2<0\)，則\(h'(x)<0\)，
於是有\(h(t)<h(1)=0\)，故原不等式成立。
解后反思：①給定函數\(f(x)\)本身的單調性容易求得，這樣如果我們將待證結論改寫為\(x_1>2-x_2\)，就容易想到變形后構造函數，從而通過證明新函數的單調性來證明原命題。第二問也可以沿襲這樣的證明思路。
②注意幾個決定證明成敗的細節，其一由\(f(x)\)的單調性以及\(f(x_1)=f(x_2)\)，就可以得到\(x_1，x_2\)應該在\(1\)的兩側，故可以設\(0<x_1<1<x_2\)；其二當變形得到\(f(x_2)<f(2-x_1)\)時，如果注意到等量代換\(f(x_1)=f(x_2)\)，則有\(f(x_1)<f(2-x_1)\)，即\(f(x_1)-f(2-x_1)<0\)恆成立，故想到構造這樣的函數\(g(x)=f(x)-f(2-x)(0<x<1)\)，第二問同理。
③不同的換元有不同的體驗和解題感受。
解析：\(a>0\)時，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，
即函數\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上單增，又函數\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上單減，
不妨設\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
則\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等價於\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立，
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，
則原命題等價於函數\(g(x)\)在區間\(x\in [1，e]\)上單調遞減，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立；
分離參數得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恆成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上單調遞減，
則\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由題目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即滿足條件的實數\(a\)不存在。
法1：[構造函數法]將\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)轉化為\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，
令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，則原題轉化為存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，
即就是\(x>0\)時，\(g(x)\)有單調遞減區間或\(g(x)\)為常函數；即就是\(x>0\)時，\(g'(x)\leq 0\)有解，
而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，
分離參數即得\(a\leq -2x^2+2x\)對於\(x>0\)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：先求定義域\((0，+\infty)\)由題意可知，對任意兩個不等的正數\(x_1，x_2\)，
都有\(\cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2\)恆成立，即為\(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2\)，
故構造函數令\(g(x)=h(x)-2x\)，可得\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上單調遞增。
由\(g'(x)=h'(x)-2=x+\cfrac{a}{x}-2\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恆成立。
可得\(a\ge x(2-x)\)，由\([x(2-x)]_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)，故實數\(a\)的取值范圍為\([1，+\infty)\)。
分析：由於定義在\([1，+\infty)\)上，故先將函數簡化\(g(x)=\cfrac{1}{2}x^2\)，
再將\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恆成立，變形為\(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)\)恆成立，
故令\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，則由題目可知，函數\(H(x)\)在\([1，+\infty)\)上單調遞增，
\(H(x)=m\cdot \cfrac{1}{2}x^2-x\cdot lnx\)，則\(H'(x)=mx-(lnx+1)\ge 0\)恆成立，
分離參數得到\(m\ge \cfrac{lnx+1}{x}\)在\([1，+\infty)\)上恆成立，
再令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{x}\)，只需要\(m\ge h(x)_{max}\)；
而\(h'(x)=\cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=\cfrac{-lnx}{x^2}<0\)在區間\([1，+\infty)\)上恆成立，
故函數\(h(x)\)在區間\([1，+\infty)\)上單調遞減，故\(h(x)_{max}=h(1)=1\)，故\(m\ge 1\)。
【分析】利用函數的單調性去掉絕對值符號，構造新函數，可以將問題再次轉化為恆成立，然后分離參數求解。
【解答】不妨設\(m>n\)，則函數\(f_1(x)\)在區間\([0，1]\)上單調遞增，故\(f_1(m)-f_1(n)>0\)，
又\(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a\)，對稱軸是\(x=1\)，開口向上，
故函數\(f_2(x)\)在區間\([0，1]\)上單調遞減，故\(f_2(m)-f_2(n)<0\)，
這樣對任意的\(m，n\in [0，1](m>n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恆成立，
就可以轉化為\(f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)\)恆成立，
即\(f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)\)恆成立，
令\(h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b\)，
則到此的題意相當於已知\(m>n\)時，\(h(m)>h(n)\)，
故函數\(h(x)\)在區間\([0，1]\)上單調遞增，故\(h'(x)≥0\)在區間\([0，1]\)上恆成立；
即\(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0\)在區間\([0，1]\)上恆成立；
即\(2a(1-x)≤e^x\)恆成立，這里我們使用倒數法分離參數得到，
\(\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}\)在區間\([0，1]\)上恆成立；
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，當\(x∈[0，1]\)時，\(p'(x)<0\)恆成立，故\(p(x)\)在區間\([0，1]\)上單調遞減，
則\(p(x)_{max}=p(0)=1\)，故\(\cfrac{1}{2a}≥1\)，又\(a>0\)，
故解得\(0<a≤1\)。故\(a_{max}=1\).
法1：由於對任意\(x_1\in[0，3]\)，總存在\(x_2\in [2，3]\)使得\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)\)成立，
則\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)_{max}\)，\(x_1\in[0，3]\)，\(x_2\in [2，3]\)
而\(g(x_2)_{max}=2\)，則\(|f(x_1)|\leqslant 2\)，即\(-2\leqslant x^2-2x+3a\leqslant 2\)，
則\(-2\leqslant x^2-2x+3a\)在\(x\in[0，3]\)上恆成立，且\(x^2-2x+3a\leqslant 2\)在\(x_1\in[0，3]\)上恆成立，，
即\(-3a\leqslant x^2-2x+2\)在\(x\in[0，3]\)上恆成立，
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\(x\in[0，3]\)上恆成立，
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：對任意\(s\in [-4,-2)\)，存在\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)，不等式\(f(s)-g(t)\geqslant 0\)成立，
則\(f(s)_{min}\geqslant g(t)_{min}\)，其中\(s\in [-4,-2)\)，\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)，
〔下來先研究函數\(f(x)\)在\([0,2)\)上的最小值〕，分段研究，最好利用圖像快速分析；
當\(x\in [0,1)\)時，\(f(x)=\frac{1}{2}-2x^2\)，\(f(x)\)單調遞減，故最小值的極限為\(f(1)=-\cfrac{3}{2}\)，
當\(x\in [1,2)\)時，\(f(x)=-2^{1-|x-\frac{3}{2}|}\)，
若\(x\in [1,1.5]\)時，\(f(x)\)單調遞減，若\(x\in [1.5,2)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
故最小值為\(f(1.5)=-2\)，綜上可知，\(x\in[0,2)\)時，\(f(x)_{min}=-2\)；
當\(s\in [-4,2)\)時，\(s+4\in[0,2)\)，則\(f(s+4)=f[(s+2)+2]=\cfrac{1}{2}f(s+2)=\cfrac{1}{4}f(s)\)，
即\(f(s)=4f(s+4)\)，其中\(s\in [-4,2)\)時，\(s+4\in[0,2)\)，
故\(f(s)_{min}=4f(s+4)_{min}=4\times (-2)=-8\)，
故接上，[\(f(s)_{min}\geqslant g(t)_{min}\)，其中\(s\in [-4,-2)\)，\(t\in\) \([-4,\) \(-2)\)]
變形為\(-8\geqslant t^3+3t^2+m\)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\(x\in [-4,-2)\)時，\(h'(t)>0\)恆成立，則\(h(t)\)單調遞增，
故\(h(t)_{min}=h(-4)=-8\)，即\(-m\geqslant -8\)，則\(m\leqslant 8\)，故選\(B\).