（1） 若 $ g(2x+1)\leqslant g(x+2) $ ，求 $ x $ 的取值范围.
（2） 设 $ F(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)} $ ，若 $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [\dfrac{1}{2},1] $ ，恒有 $ \dfrac{F(2{x}_{1})}{F({x}_{1})}\geqslant \dfrac{18}{17}×\dfrac{g(4{x}_{2})}{g(2{x}_{2})} $ ，求实数 $ a $ 的取值范围.
答案：（1） 【解】由 $ g(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,且 $ g(-x)={a}^{-x}+{a}^{x}=g(x) $ ,得 $ g(x) $ 为偶函数.
当 $ \forall {x}_{2} > {x}_{1}\geqslant 0 $ 时, $ g({x}_{2})-g({x}_{1})={a}^{{x}_{2}}+{a}^{-{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}}-{a}^{-{x}_{1}}=\dfrac{({a}^{{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}})({a}^{{x}_{1}+{x}_{2}}-1)}{{a}^{{x}_{1}+{x}_{2}}} $ ,
当 $ 0 < a < 1 $ 时, $ {a}^{{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}} < 0 $ , $ {a}^{{x}_{1}+{x}_{2}}-1 < 0 $ ,则 $ g({x}_{2})-g({x}_{1}) > 0 $ ,
当 $ a > 1 $ 时, $ {a}^{{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}} > 0 $ , $ {a}^{{x}_{1}+{x}_{2}}-1 > 0 $ ,则 $ g({x}_{2})-g({x}_{1}) > 0 $ .
因此 $ \forall {x}_{2} > {x}_{1}\geqslant 0 $ , $ g({x}_{2}) > g({x}_{1}) $ ,即 $ g(x) $ 在 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.
若 $ g(2x+1)\leqslant g(x+2) $ ,即 $ g(|2x+1|)\leqslant g(|x+2|) $ ,则 $ |2x+1|\leqslant |x+2| $ ,两边平方可得 $ 4{x}^{2}+4x+1\leqslant {x}^{2}+4x+4 $ ,即 $ {x}^{2}\leqslant 1 $ ,
解得 $ -1\leqslant x\leqslant 1 $ ,
所以 $ x $ 的取值范围为 $ [-1,1] $ .
（2） 【解】设 $ H(x)=\dfrac{F(2x)}{F(x)} $ , $ G(x)=\dfrac{g(4x)}{g(2x)} $ ,依题意可知 $ x\in [\dfrac{1}{2},1] $ 时, $ H (x)_{ \min }\geqslant \dfrac{18}{17}{G (x )}_{ \max } $ .
因为 $ F(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{{a}^{x}-{a}^{-x}}{{a}^{x}+{a}^{-x}} $ ,
则 $ H(x)=\dfrac{F(2x)}{F(x)}=\dfrac{{a}^{2x}-{a}^{-2x}}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}}\cdot \dfrac{{a}^{x}+{a}^{-x}}{{a}^{x}-{a}^{-x}}=\dfrac{{\left({a}^{x}+{a}^{-x}\right) ^ {2}}}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}}=1+\dfrac{2}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}}=1+\dfrac{2}{g(2x)} $ ,
当 $ x\in [\dfrac{1}{2},1] $ 时,令 $ u=2x\in [1,2] $ ,由（1）可知, $ y=g(u) $ 在 $ [1,2] $ 上单调递增, $ u=2x $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递增,
则 $ y=g(2x) $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递增,可得 $ y=H(x) $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递减,
所以 $ H(x)\geqslant H(1)=1+\dfrac{2}{{a}^{2}+{a}^{-2}} $ .
因为 $ G(x)=\dfrac{g(4x)}{g(2x)} $
$ =\dfrac{{a}^{4x}+{a}^{-4x}}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}}=\dfrac{{\left({a}^{2x}+{a}^{-2x}\right) ^ {2}}-2}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}} $
$ ={a}^{2x}+{a}^{-2x}-\dfrac{2}{{a}^{2x}+{a}^{-2x}}=g(2x)-\dfrac{2}{g(2x)} $ ,
由以上分析知 $ y=g(2x) $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递增,则 $ y=-\dfrac{2}{g(2x)} $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递增,
可得 $ G(x) $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递增,
所以 $ G(x)\leqslant G(1)={a}^{2}+{a}^{-2}-\dfrac{2}{{a}^{2}+{a}^{-2}} $ .
因此 $ 1+\dfrac{2}{{a}^{2}+{a}^{-2}}\geqslant \dfrac{18}{17}({a}^{2}+{a}^{-2}-\dfrac{2}{{a}^{2}+{a}^{-2}}) $ 恒成立,
设 $ t={a}^{2}+{a}^{-2} $ ,则 $ t > 2 $ ,则 $ 1+\dfrac{2}{t}\geqslant \dfrac{18}{17}(t-\dfrac{2}{t}) $ ,整理得 $ 18{t}^{2}-17t-70\leqslant 0 $ ,解得 $ -\dfrac{14}{9}\leqslant t\leqslant \dfrac{5}{2} $ ,则 $ 2 < t\leqslant \dfrac{5}{2} $ ,
所以 $ {a}^{2}+{a}^{-2}={a}^{2}+\dfrac{1}{{a}^{2}}\leqslant \dfrac{5}{2} $ ,解得 $ \dfrac{1}{2}\leqslant {a}^{2}\leqslant 2 $ 且 $ a\ne 1 $ ,
结合 $ a > 0 $ ,可得 $ a\in [\dfrac{\sqrt{2}}{2},1)\cup (1,\sqrt{2}] $ ,
所以实数 $ a $ 的取值范围为 $ [\dfrac{\sqrt{2}}{2},1)\cup (1,\sqrt{2}] $ .
（多选）