重难点 02 一元二次不等式恒成立、能成立问题【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】............................................................................................2
【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】.........................................................................................4
【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】.....................................................................................6
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】.................................................................................................9
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】................................................................................................11
【题型6 一元二次不等式恒成立、有解问题的综合应用】...............................................................................14
一元二次不等式是高考数学的重要内容.其中，“含参不等式恒成立与能成立问题”是常考的热点内
容，这类问题把不等式、函数、三角、几何等知识有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法
灵活等特点备受高考命题者的青睐.另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、
“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维能力
都起到很好的作用.一元二次不等式应用广泛，考察灵活，高考复习过程要注重知识与方法的灵活运用.
【知识点1 一元二次不等式恒成立、能成立问题】
1．一元二次不等式恒成立、能成立问题
不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集
为R的条件为
一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为
2．一元二次不等式恒成立问题的求解方法
(1)对于二次不等式恒成立问题常见的类型有两种，一是在全集 R上恒成立，二是在某给定区间上恒成
立.
(2)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的
范围，谁就是参数.
①若ax2+bx+c>0恒成立，则有a>0，且△<0；若ax2+bx+c<0恒成立，则有a<0，且△<0.
②对第二种情况，要充分结合函数图象利用函数的最值求解(也可采用分离参数的方法).
3．给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题的解题策略
解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求
谁的范围，谁就是参数；即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解.
4．常见不等式恒成立及有解问题的函数处理策略
不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下：
(1)对任意的x∈[m,n]，a>f(x)恒成立 a>f(x) ；
max
若存在x∈[m,n]，a>f(x)有解 a>f(x) ；
min
若对任意x∈[m,n]，a>f(x)无解 a≤f(x) .
min
(2)对任意的x∈[m,n]，a<f(x)恒成立 a<f(x) ；
min
若存在x∈[m,n]，a<f(x)有解 a<f(x) ；
max
若对任意x∈[m,n]，a<f(x)无解 a≥f(x) .
max
【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】
【例1】（2023·江西九江·校考模拟预测）无论x取何值时，不等式x2−2kx+4>0恒成立，则k的取值范围
是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,−4) C．(−4,4) D．(−2,2)
【解题思路】由题知4k2−16<0，再解不等式即可得答案.
【解答过程】解：因为无论x取何值时，不等式x2−2kx+4>0恒成立，
所以，4k2−16<0，解得−2<k<2，
所以，k的取值范围是(−2,2)
故选：D.
【变式1-1】（2023·山东潍坊·统考一模）“b∈(−2,2)”是“∀x∈R，x2−bx+1≥0成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】由不等式x2−bx+1≥0恒成立，可求得−2≤b≤2，即可得出答案.
【解答过程】因为∀x∈R，x2−bx+1≥0成立，则Δ=(−b) 2−4≤0，即−2≤b≤2.
所以，“b∈(−2,2)”是“∀x∈R，x2−bx+1≥0成立”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-2】（2023上·福建三明·高一校联考期中）己知函数f(x)=−x2+ax−4．
(1)当a=5时，解不等式f(x)<0;
(2)若不等式f(x)≤0的解集为R，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）不等式变形，使得二次项系数为正，确定相应方程的根后可得不等式的解；
（2）由Δ≤0可得．
【解答过程】（1）当a=5时，f (x)<0即−x2+5x−4<0
⇔x2−5x+4>0，
解方程x2−5x+4=0，即(x−1)(x−4)=0
得x =1,x =4．
1 2
∴不等式的解集为{x∣x<1或x>4}；
（2）若不等式f(x)≤0的解集是R，
则Δ=a2−16≤0，
解得−4≤a≤4，
故实数a的取值范围是[−4,4]．
【变式1-3】（2023上·浙江·高一校联考期中）已知函数f (x)=(a2−2a)x2+(2a−2)x+1．
(1)若对∀x∈R，都有f (x)>−1成立，求实数a的取值范围；
(2)解关于x的不等式f (x)>0．
【解题思路】（1）化简不等式f (x)>−1，根据a2−2a的符号进行分类讨论，由此求得a的取值范围.
（2）化简不等式f (x)>0，对a进行分类讨论，由此求得不等式的解集.
【解答过程】（1）对∀x∈R，都有f (x)>−1成立，即(a2−2a)x2+(2a−2)x+2>0成立，
①¿，无解；
②¿，解得：a>1+√2或a<1−√2．
综上，a∈(−∞,1−√2)∪(1+√2,+∞)．
（2）f (x)=(a2−2a)x2+(2a−2)x+1>0，即(ax+1)[(a−2)x+1]>0，
1
①当a=0时，−2x+1>0，∴x< ；
2
1
②当a=2时，2x+1>0，∴x>− ；
2
1 1 1 1
③当0<a<2时，− <0<− ，∴− <x<− ；
a a−2 a a−2
1 1 1 1
④当a<0或a>2时，− <− ，∴x<− 或x>− ．
a−2 a a−2 a
综上，( 1)
当a=0时，原不等式解集为 −∞, ；
2
( 1 )
当a=2时，原不等式解集为x∈ − ,+∞ ；
2
( 1 1 )
当0<a<2时，原不等式解集为 − ,− ；
a a−2
( 1 ) ( 1 )
当a<0或a>2时，原不等式解集为 −∞,− ∪ − ,+∞ ．
a−2 a
【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】
【例2】（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知当x>0时，不等式：x2−mx+16>0恒成立，则实数m
的取值范围是（ ）
A．(−8,8) B．(−∞,8] C．(−∞,8) D．(8,+∞)
16 16
【解题思路】先由x2−mx+16>0得m<x+ ，由基本不等式得x+ ≥8，故m<8.
x x
16
【解答过程】当x>0时，由x2−mx+16>0得m<x+ ，
x
16 √ 16 16
因x>0，故x+ ≥2 x× =8，当且仅当x= 即x=4时等号成立，
x x x
16
因当x>0时，m<x+ 恒成立，得m<8，
x
故选：C.
【变式2-1】（2023上·辽宁铁岭·高三校联考期中）已知∀x∈[1,2]，∀y∈[2,3]，y2−xy−mx2≤0，
则实数m的取值范围是（ ）
A．[4,+∞) B．[0,+∞) C．[6,+∞) D．[8,+∞)
y
【解题思路】首先将不等式转化为关于 的不等式，再根据参变分离，转化为求函数的最值.
x
1 [1 ] y
【解答过程】因为x∈[1,2]，y∈[2,3]，则 ∈ ,1 ，所以 ∈[1,3]，
x 2 x
( y) 2 y y
又y2−xy−mx2≤0，可得m≥ − ，令t= ∈[1,3]，
x x x
则原题意等价于∀t∈[1,3]，m≥t2−t，即m≥(t2−t) ，
max
t2−t= ( t− 1) 2 − 1 ，当t=3时，y=t2−t取到最大值y =9−3=6，
2 4 max
所以实数m的取值范围是[6,+∞)．故选：C.
【变式2-2】（2023上·福建莆田·高一校考期中）设函数f (x)=x2−2tx+2，其中t∈R.
(1)若t=1，且对任意的x∈[a,a+2]，都有f (x)≤5，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的x ,x ∈[0,4]，都有|f (x )−f (x )|≤8，求实数t的取值范围.
1 2 1 2
【解题思路】（1）根据f (x)≤5得到−1≤x≤3，然后结合题意列不等式求解即可；
（2）将“对任意的x ，x ∈[0,4]，都有|f (x )−f (x )|≤8”转化为“M−m≤8”，然后分t≤0、
1 2 1 2
0<t≤2、2<t≤4和t>4四种情况讨论即可.
【解答过程】（1）当t=1时，f (x)=x2−2x+2，
令f (x)≤5，解得−1≤x≤3，
所以¿，解得−1≤a≤1，
所以a的取值范围为[−1,1].
（2）设函数f (x)在区间[0,4]上的最大值为M，最小值为m，
所以“对任意的x ，x ∈[0,4]，都有|f (x )−f (x )|≤8”等价于“M−m≤8”，
1 2 1 2
①当t≤0时，M=f (4)=18−8t，m=f (0)=2，
由M−m=18−8t−2=16−8t≤8，得t≥1，从而此时t∈∅；
②当0<t≤2时，M=f (4)=18−8t，m=f (t)=2−t2，
由M−m=18−8t−(2−t2)=t2−8t+16=(t−4) 2≤8得4−2√2≤t≤4+2√2，
从而4−2√2≤t≤2；
③当2<t≤4时，M=f (0)=2，m=f (t)=2−t2，
由M−m=2−(2−t2)=t2≤8，得−2√2≤t≤2√2，
从而2<t≤2√2；
④当t>4时，M=f (0)=2，m=f (4)=18−8t，
由M−m=2−(18−8t)=8t−16≤8得t≤3，
从而此时t∈∅；
综上可得，t的取值范围为[4−2√2,2√2].
【变式2-3】（2023上·江苏盐城·高一校联考期中）设函数f(x)=mx2−mx−1．
(1)若对于x∈[−1,1],f(x)<−m+5恒成立，求m的取值范围；(2)若对于m∈[−2,2],f(x)<−m+5恒成立，求x的取值范围．
6 6
【解题思路】（1）先转化为m< 对于x∈[−1,1]恒成立，再求y= ,x∈[−1,1]的最小
x2−x+1 x2−x+1
值,即得m的取值范围.
（2）题设条件可以转化为m(x2−x+1)−6<0对于m∈[−2,2]恒成立,将m=−2,m=2分别代入不等式,
即可求出x的范围.
【解答过程】（1）由题意得，f (x)<−m+5在x∈[−1,1]恒成立，
即m(x2−x+1)<6在x∈[−1,1]恒成立，
∵x2−x+1= ( x− 1) 2 + 3 ≥ 3 对一切实数恒成立，
2 4 4
6
∴m< 在x∈[−1,1]恒成立，
x2−x+1
[ 1] [1 ]
∵函数y=x2−x+1在 −1, 上单调递减，在 ,1 上单调递增，
2 2
6
∴y =1+1+1=3，∴ 在x∈[−1,1]上的最小值为2，∴m<2.
max x2−x+1
故m的取值范围为(−∞,2).
（2）∵mx2−mx−1<−m+5对于m∈[−2,2]恒成立,
∴m(x2−x+1)−6<0对于m∈[−2,2]恒成立,
∴¿,
解得−1<x<2,
故x的取值范围为(−1,2).
【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】
【例3】（2022下·河南濮阳·高一濮阳一高校考期中）已知当−1≤a≤1时，x2+(a−4)x+4−2a>0恒成
立，则实数x的取值范围是（ ）
A．(−∞,3) B．¿
C．(−∞,1) D．(−∞,1)∪(3,+∞)
【解题思路】将x2+(a−4)x+4−2a>0化为(x−2)a+x2−4x+4>0，将a看成主元，令
f (a)=(x−2)a+x2−4x+4，分x=2，x>2和x<2三种情况讨论，从而可得出答案.
【解答过程】解：x2+(a−4)x+4−2a>0恒成立，即(x−2)a+x2−4x+4>0，对任意得a∈[−1,1]恒成立，
令f (a)=(x−2)a+x2−4x+4，a∈[−1,1]，
当x=2时，f (a)=0，不符题意，故x≠2，
当x>2时，函数f (a)在a∈[−1,1]上递增，
则f (a) =f (−1)=−x+2+x2−4x+4>0，
min
解得x>3或x<2（舍去），
当x<2时，函数f (a)在a∈[−1,1]上递减，
则f (a) =f (1)=x−2+x2−4x+4>0，
min
解得x<1或x>2（舍去），
综上所述，实数x的取值范围是(−∞,1)∪(3,+∞).
故选：D.
【变式3-1】（2023上·山东淄博·高一校考阶段练习）若命题“∃−1≤a≤3，ax2−(2a−1)x+3−a<0
”为假命题，则实数x的取值范围为（ ）
A．¿ B．¿
C．¿ D．¿
【解题思路】由题意可得：命题“∀−1≤a≤3,ax2−(2a−1)x+3−a≥0”为真命题，根据恒成立问题
结合一次函数运算求解.
【解答过程】由题意可得：命题“∀−1≤a≤3,ax2−(2a−1)x+3−a≥0”为真命题，
即ax2−(2a−1)x+3−a=(x2−2x−1)a+x+3≥0对a∈[−1,3]恒成立，
5
则¿，解得−1≤x≤0或 ≤x≤4，
3
即实数x的取值范围为¿.
故选：C.
【变式3-2】（2023上·浙江宁波·高一校考阶段练习）（1）解关于x不等式ax2−3x+2>5−ax(a>0)；
（2）若对于−2≤m≤2，不等式mx2−mx−1<−m+5恒成立，求x的取值范围．
【解题思路】（1）分类讨论a的取值情况，结合二次不等式的解法即可得解；
（2）将问题转化为m(x2−x+1)−6<0对于m∈[−2,2]恒成立，利用主元法即可得解.
【解答过程】（1）因为ax2−3x+2>5−ax，所以ax2+(a−3)x−3>0，即(ax−3)(x+1)>0，
①当a=0时，不等式化为−3x−3>0，解得x<−1；
3
②当a≠0时，方程(ax−3)(x+1)=0的两根分别为x = ,x =−1，
1 a 2
( 3) 3
当a>0时，不等式化为 x− (x+1)>0，则其解集为(−∞,−1)∪( ,+∞)，
a a
( 3)
当a<0时，不等式化为 x− (x+1)<0，
a
3 3
当−1< <0，即a<−3时，不等式的解集为(−1, )，
a a
3
当−1= ，即a=−3时，不等式的解集为∅，
a
3 3
当 <−1，即−3<a<0时，不等式的解集为( ,−1)，
a a
3
综上所述：当a>0时，不等式的解集为(−∞,−1)∪( ,+∞)；
a
当a=0时，不等式的解集为(−∞,−1)；
3
当−3<a<0时，不等式的解集为( ,−1)；
a
当a=−3时，不等式的解集为∅；
3
当a<−3时，不等式的解集为(−1, )；
a
（2）因为对于−2≤m≤2，mx2−mx−1<−m+5恒成立，
所以m(x2−x+1)−6<0对于m∈[−2,2]恒成立，
则¿，解得−1<x<2，
故x的取值范围为(−1,2).
【变式3-3】（2023上·山东潍坊·高一校考阶段练习）已知关于x的不等式2x−1>m(x2−1).
(1)是否存在实数m，使不等式对任意x∈R恒成立，并说明理由；
(2)若不等式对于m∈[−2,2]恒成立，求实数x的取值范围；
(3)若不等式对x∈[2,+∞)有解，求m的取值范围.
【解题思路】将2x−1>m(x2−1)转化为mx2−2x+(1−m)<0，（1）讨论m=0和m≠0时的情况；
（2）f(m)=(x2−1)m−(2x−1)，显然该函数单调，所以只需¿即可.
（3）讨论当m=0时，当m<0时，当m>0时，如何对x∈[2,+∞)有解，其中m<0，m>0，均为一元二
次不等式，结合一元二次函数图象求解即可.
【解答过程】（1）原不等式等价于mx2−2x+(1−m)<0，
1
当m=0时，−2x+1<0，即x> ，不恒成立；
2
当m≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，
则m<0且Δ=4−4m(1−m)<0，无解；
综上，不存在实数m，使不等式恒成立.
（2）设f(m)=(x2−1)m−(2x−1)，
当m∈[−2,2]时，f(m)<0恒成立，
当且仅当¿，即¿，
−1+√7 1+√3
解得¿即 <x< ，
2 2
−1+√7 1+√3
所以x的取值范围是( , ).
2 2
（3）若不等式对x∈[2,+∞)有解，
等价于x∈[2,+∞)时，mx2−2x+(1−m)<0有解.
令g(x)=mx2−2x+(1−m)，
1
当m=0时，−2x+1<0即x> ，此时显然在x∈[2,+∞)有解；
2
当m<0时，x∈[2,+∞)时，结合一元二次函数图象，mx2−2x+(1−m)<0显然有解；
1
当m>0时，y=g(x)对称轴为x= ，Δ=4−4m(1−m)=4m2−4m+4=(2m−1) 2+3>0，
m
∵x∈[2,+∞)时，mx2−2x+(1−m)<0有解，
∴结合一元二次函数图象，易得：g(2)<0或¿，
解得m<1或¿（无解），又∵m>0，
∴0<m<1;
综上所述，m的取值范围为(−∞,1).
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】
【例4】（2023下·辽宁阜新·高二校考期末）若命题“∃x∈R，x2−2mx+m+2<0”为真命题，则实
数m的取值范围是（ ）.
A．m<−1或m>2 B．m≤−1或m≥2
C．−1≤m≤2 D．−1<m<2
【解题思路】根据判别式得到不等式，求出答案.
【解答过程】“∃x∈R，x2−2mx+m+2<0”为真命题，
故Δ=4m2−4(m+2)>0，解得m<−1或m>2.
故选：A.
4x+m
【变式4-1】（2023上·高一课时练习）若存在x∈R，使得 ≥2成立，则实数m的取值范围为（
x2−2x+3
）
A．¿ B．¿
C．¿ D．¿
【解题思路】由于x2−2x+3=(x−1) 2+2>0，所以问题转化为2x2−8x+6−m≤0有解，再由Δ≥0可求
得结果.
【解答过程】因为x2−2x+3=(x−1) 2+2>0恒成立，
所以原不等式等价于4x+m≥2(x2−2x+3)有解，
即2x2−8x+6−m≤0有解，
所以Δ=64−8(6−m)≥0，解得m≥−2，
即实数m的取值范围为¿，
故选：C.
【变式4-2】（2022上·湖南·高一统考期末）设函数f (x)=ax2+(b−1)x+2.
(1)若不等式f (x)<0的解集为(1,2)，求实数a，b的值；
(2)若f (−1)=5，且存在x∈R，使f (x)<1成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）根据f(x)=ax2+(b−1)x+2<0的解集为(1,2)，利用根与系数的关系求解；（2）根据f(−1)=5，得到a−b=2，再由存在x∈R，ax2+(a−3)x+1<0成立，分a=0，a<0，a>0，
利用判别式法求解.
【解答过程】（1）解：因为f(x)=ax2+(b−1)x+2<0的解集为(1,2)，
a>0
1−b
=3
所以{ a ，解得a=1,b=−2；
2
=2
a
（2）（2）因为f(−1)=5，所以a−b=2，
因为存在x∈R，f(x)=ax2+(b−1)x+2<1成立，
即存在x∈R，ax2+(a−3)x+1<0成立，
1
当a=0时，x> ，成立；
3
当a<0时，函数y=ax2+(a−3)x+1图象开口向下，成立；
当a>0时，Δ=(a−3) 2−4a>0，即a2−10a+9>0，
解得a>9或a<1，此时，a>9或0<a<1，
综上：实数a的取值范围a>9或a<1.
【变式4-3】（2022上·辽宁沈阳·高一校联考期中）已知f (x)=x2−ax−6a，其中a是常数.
(1)若f (x)<0的解集是¿，求a的值，并求不等式f (x)≥0的解集；
(2)若不等式f (x)<0有解，且解区间的长度不超过5个单位长度，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）由题意可得方程x2−ax−6a=0的两个根分别为−3和6，从而可求出a，进而可得不等
式f (x)≥0的解集；
（2）由不等式f (x)<0有解，可得Δ=a2+24a>0，设方程x2−ax−6a=0的两个根为x ,x ，利用根与系
1 2
数的关系，由题意得|x −x |≤5，平方化简变形得(x +x ) 2−4x x ≤25，再结合前面的式子代入可求出
1 2 1 2 1 2
实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为f (x)<0的解集是¿，
所以方程x2−ax−6a=0的两个根分别为−3和6，所以a=−3+6=3，
所以f (x)=x2−3x−18，
由f (x)≥0，得x2−3x−18≥0，解得x≤−3或x≥6，
所以不等式f (x)≥0的解集(−∞,−3]∪[6,+∞)，
（2）由f (x)<0有解，得Δ=a2+24a>0，解得a<−24或a>0，
设方程x2−ax−6a=0的两个根为x ,x ，则
1 2
x +x =a，x x =−6a，
1 2 1 2
由题意得|x −x |≤5，
1 2
所以(x +x ) 2−4x x ≤25，
1 2 1 2
所以a2+24a−25≤0，解得−25≤a≤1，
综上，−25≤a<−24或0<a≤1，
即实数a的取值范围为[−25,−24)∪(0,1].
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】
【例5】（2023·河南·长葛市统考模拟预测）已知命题“∃x ∈[−1,1]，−x2+3x +a>0”为真命题，
0 0 0
则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,4) C．(−2,+∞) D．(4,+∞)
【解题思路】由题知x ∈[−1,1]时，a>(x2−3x ) ，再根据二次函数求最值即可得答案.
0 0 0 min
【解答过程】解：因为命题“∃x ∈[−1,1]，−x2+3x +a>0”为真命题，
0 0 0
所以，命题“∃x ∈[−1,1]，a>x2−3x ”为真命题，
0 0 0
所以，x ∈[−1,1]时，a>(x2−3x ) ，
0 0 0 min
因为，y=x2−3x= ( x− 3) 2 − 9 ，
2 4
所以，当x∈[−1,1]时，y =−2，当且仅当x=1时取得等号.
min
所以，x ∈[−1,1]时，a>(x2−3x ) =−2，即实数a的取值范围是(−2,+∞)
0 0 0 min
故选：C.
【变式5-1】（2023上·福建·高一校联考期中）若至少存在一个x<0，使得关于x的不等式3−|3x−a|>x2+2x成立，则实数a的取值范围是（ ）
( 37 ) ( 13) ( 37 13)
A． − ,3 B． −3, C． − , D．(−3,3)
4 4 4 4
【解题思路】化简不等式3−|3x−a|>x2+2x，根据二次函数的图象、含有绝对值函数的图象进行分析，
从而求得a的取值范围.
【解答过程】依题意，至少存在一个x<0，使得关于x的不等式3−|3x−a|>x2+2x成立，
即至少存在一个x<0，使得关于x的不等式−x2−2x+3>|3x−a|成立，
画出y=−x2−2x+3(x<0)以及y=|3x−a|的图象如下图所示，其中−x2−2x+3>0.
当y=3x−a与y=−x2−2x+3(x<0)相切时，
由¿消去y并化简得x2+5x−a−3=0，
37
Δ=25+4a+12=0,a=− .
4
当y=−3x+a与y=−x2−2x+3(x<0)相切时，
由¿消去y并化简得x2−x+a−3=0①，
由Δ=1−4a+12=0解得a= 13 ，代入①得x2−x+ 1 = ( x− 1) 2 =0，
4 4 2
1
解得x= ，不符合题意.
2
当y=−3x+a过(0,3)时，a=3.
( 37 )
结合图象可知a的取值范围是 − ,3 .
4
故选：A.
【变式5-2】（2023上·重庆·高一校联考阶段练习）已知函数f (x)=2x2−2ax+1．
(1)解关于x的不等式f (x)>a+1−x；
(2)若不等式f (x)<0在x∈[−2,0)上有解，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意得对a的值进行分类讨论可得不等式的解集；
( 1 )
（2）将条件转化为a< x+ ，x∈[−2,0)，再利用基本不等式求最值可得a的取值范围；
2x
max【解答过程】（1）f (x)>a+1−x，即2x2−2ax+1>a+1−x，
所以 2x2−(2a−1)x−a>0，
所以 (2x+1)(x−a)>0，
1 1
①当a<− 时不等式的解为x<a或x>− ，
2 2
1 1
②当a=− 时不等式的解为x≠− ,x∈R，
2 2
1 1
③当a>− 时不等式的解为x<− 或x>a，
2 2
综上：原不等式的解集为
1 1
当a<− 时¿或x>− }，
2 2
1
当a=− 时¿，
2
1 1
当a>− 时¿或x<− }．
2 2
（2）不等式f (x)<0在x∈[−2,0)上有解，
即2x2−2ax+1<0在x∈[−2,0)上有解，
1
所以a<x+ 在x∈[−2,0)上有解，
2x
( 1 )
所以a< x+ ，x∈[−2,0),
2x
max
( 1 ) √ ( 1 )
因为(−x)+ − ≥2 (−x) − =√2，
2x 2x
1
所以x+ ≤−√2，
2x
1 √2
当且仅当−x=− ，即x=− 时取等号，
2x 2
所以a<−√2.
【变式5-3】（2023上·山东淄博·高一校考期中）设函数f (x)=mx2−mx−1.
(1)若命题：∃x∈R,f (x)>0是假命题，求m的取值范围；
(2)若存在x∈(−4,0),f (x)≥(m+1)x2+3成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）依题意可得∀x∈R,f (x)≤0是真命题，分m=0和m≠0两种情况讨论；4 ( 4)
（2）依题意参变分离可得存在x∈(−4,0)使得m≥−x− 成立，则只需m≥ −x− ，x∈(−4,0)，
x x
min
( 4)
利用基本不等式求出 −x− 即可得解.
x
min
【解答过程】（1）若命题：∃x∈R,f (x)>0是假命题，则∀x∈R,f (x)≤0是真命题，
即mx2−mx−1≤0在R上恒成立，
当m=0时，−1<0，符合题意；
当m≠0时，需满足¿，解得−4≤m<0；
综上所述，m的取值范围为[−4,0].
（2）若存在x∈(−4,0),f (x)≥(m+1)x2+3成立，
4 ( 4)
即存在x∈(−4,0)使得m≥−x− 成立，故只需m≥ −x− ，x∈(−4,0)，
x x
min
4 4 √ 4
因为x∈(−4,0)，所以−x∈(0,4)，则−x− =(−x)+ ≥2 (−x)⋅ =4，
x −x −x
4
当且仅当−x= ，即x=−2时取等号，
−x
( 4)
所以 −x− =4，所以m≥4.
x
min
【题型6 一元二次不等式恒成立、有解问题的综合应用】
31
【例6】（2023上·浙江台州·高一校联考期中）已知函数f
(x)=2x2−ax+a2−4，g(x)=x2−x+a2−
，
4
(a∈R)
(1)当a=1时，解不等式f (x)>g(x)；
(2)若任意x>0，都有f (x)>g(x)成立，求实数a的取值范围；
(3)若∀x ∈[0,1]，∃x ∈[0,1]，使得不等式f (x )>g(x )成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 2
【解题思路】（1）作差后解一元二次不等式即可.
（2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可；
15
解法二：分离参数，构造函数k=x+ ，利用基本不等式求解最值即可求解；
4x
（3）把问题转化为f (x) >g(x) ，利用动轴定区间分类讨论即可求解.
min min
27
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=2x2−x−3，g(x)=x2−x−
415
所以f (x)−g(x)=x2+ >0，所以f (x)>g(x)，所以f (x)>g(x)的解集为R.
4
15
（2）若对任意x>0，都有f (x)>g(x)成立，即x2+(1−a)x+ >0在x>0恒成立，
4
15 a−1
解法一：设ℎ(x)=x2+(1−a)x+
4
，x>0，对称轴x=
2
，由题意，只须ℎ(x)
min
>0，
a−1 15
①当 ≤0，即a≤1时，ℎ(x)在(0，+∞)上单调递增，所以ℎ(x)> ℎ(0)= ，符合题意，所以a≤1；
2 4
a−1 ( a−1) (a−1 )
②当 >0，即a>1时，ℎ(x)在 0, 上单调递城，在 ，+∞ 单调递增，
2 2 2
(a−1) (a−1) 2 15
所以ℎ(x)>
ℎ
=− + >0，解得1−√15<a<1+√15且a>1，
2 4 4
所以1<a<1+√15.
综上，a<1+√15.
15 15 15
解法二：不等式可化为(a−1)x<x2+ ，即a−1<x+ ，设k=x+ ，x>0，
4 4x 4x
15 √ 15
由题意，只须a−1<k(x) ，k=x+ ≥2 x⋅ =√15，
min
4x 4x
15 √15
当且仅当x= 即x= 时等号成立，则k =√15，
4x 2 min
所以a−1<√15，即a<1+√15.
（3）若对任意x ∈[0,1]，存在x ∈[0,1]，使得不等式f (x )>g(x )成立，
1 2 1 2
即只需满足f (x) >g(x) ，x∈[0,1]，
min min
g(x)=x2−x+a2−
31
，对称轴x=
1
，g(x)在
[
0,
1)
递减，在
(1
,1
]
递增，
4 2 2 2
g(x) =g
(1)
=a2−8，f (x)=2x2−ax+a2−4，x∈[0,1]，对称轴x=
a
，
min 2 4
a
① ≤0即a≤0时，f (x)在[0,1]递增，f (x) =f (0)=a2−4>g(x) =a2−8恒成立；
4 min min
a [ a) (a ]
②0< <1即0<a<4时，f (x)在 0, 递减，在 ,1 递增，
4 4 4
f (x) =f
(a)
=
7
a2−4，g(x) =a2−8，所以
7
a2−4>a2−8，故0<a<4；
min 4 8 min 8a
③ ≥1即a≥4时，f (x)在[0,1]递减，f (x) =f (1)=a2−a−2，g(x) =a2−8，
4 min min
所以a2−a−2>a2−8，解得4≤a<6，综上：a∈(−∞,6).
【变式6-1】（2022上·重庆渝中·高一校考阶段练习）若命题p：存在1≤x≤2,x2−x+3−a<0，命题q：
二次函数y=x2−2ax+1在1≤x≤2的图像恒在x轴上方
(1)若命题p,q中至少有一个真命题，求a的取值范围？
(2)对任意的−1≤a≤1，存在0≤b≤2，使得不等式x2−2ax+a≥|b−1|+|b−2|成立，求x的取值范围？
【解题思路】（1）考虑补集思想，先求出命题p,q均为假命题时a的取值范围，再求出其补集即可；
（2）先得x2−2ax+a≥[|b−1|+|b−2|] =1，然后该不等式左边为关于a的一次函数，所以只要把a=1
min
和a=−1代入上式不等式可求得结果.
【解答过程】（1）考虑补集思想，命题p,q中至少有一个真命题的反面为：命题p,q均为假命题，
¬p:∀x∈[1,2],x2−x+3−a≥0，则a≤x2−x+3恒成立，
故a≤(x2−x+3) =3，
min
x2+1 1
¬q:∃x∈[1,2],x2−2ax+1≤0，则2a≥ =x+ 有解，
x x
1 √ 1
x+ ≥2 x⋅ =2，当且仅当x=1时取等号，
x x
( 1)
故2a≥ x+ =2⇒a≥1，
x
min
故1≤a≤3，再取补集：a的取值范围为(−∞,1)∪(3,+∞)
（2）先研究b，不等式x2−2ax+a≥|b−1|+|b−2|对于b∈[0,2]有解，
故：x2−2ax+a≥[|b−1|+|b−2|] =1，当且仅当1≤b≤2时，|b−1|+|b−2|取得最小值1，
min
再研究a，将a视为主元，则该不等式左边为关于a的一次函数，故只须在−1,1的值均满足条件即可，
则¿，得¿，解得x≤−1−√3或x≥2
故x的取值范围为(−∞,−1−√3]∪[2,+∞).
【变式6-2】（2023下·浙江·高二统考学业考试）设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)．
(1)若c=b，且f(x)在[0,2]上的最大值为c+2，求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意的实数b，都存在实数x ∈[1,2]，使得不等式|f(x )|≥x 成立，求实数c的取值范围．
0 0 0
【解题思路】（1）由c=b，则f(x)=x2+bx+b，由f(x)在[0,2]上的最大值为c+2，可得
f(x) =max{f(0),f(2)}=c+2>f(0)，可得b的值，可得函数f(x)的解析式；
maxf(x) c c
（2）只需当x∈[1,2]时| |=|x+ +b|≥1.设g(x)=x+ +b，x∈[1,2]，则只需
x x x
g(x) −g(x) ≥2 对任意的实数b都成立，分类讨论c可得答案.
max min
【解答过程】（1）若c=b，则f(x)=x2+bx+b，
当x∈[0,2]时f(x) =max{f(0),f(2)}=c+2>f(0)
max
故f(2) =c+2，解得：b=−1，故f(x)=x2−x−1.
f(x) c
（2）由题意得：存在x∈[1,2]，使| |=|x+ +b|≥1.
x x
c
设g(x)=x+ +b，x∈[1,2]，则只需g(x) −g(x) ≥2 对任意的实数b都成立.
x max min
1、当c=0时，g(x) −g(x) =1≥2，此时不成立.
max min
c
2、当c<0时，g(x)在[1,2]递增，故g(x) −g(x) =1− ≥2恒成立，故c≤−2.
max min 2
c
3、当0<c≤1时，g(x)在[1,2]递增，故g(x) −g(x) =1− ≥2恒成立，故c≤−2舍去.
max min 2
4、当1<c<4时，g(x)在[1,√c]上递减，在[√c,2]上递增，
c
g(x) =max{g(1),g(2)}=max{1+c+b,2+ +b},g(x) =2√c+b
max 2 min
c
若1<c≤2，则g(x) −g(x) =2+ −2√c≥2恒成立，故c≥16舍去.
max min 2
若2<c<4，则g(x) −g(x) =1+c−2√c≥2恒成立，故c≥3+2√2舍去.
max min
c
5、当c≥4时，g(x)在[1,2]上递减，故g(x) −g(x) = −1≥2恒成立，故c≥6.
max min 2
综上：c≤−2或c≥6.
【变式6-3】（2023上·天津北辰·高一校考阶段练习）已知函数y =x+m和y =ax2+bx+c.
1 2
（1）若c=2−a，关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是¿.求实数a，b的值；
（2）若c=2−a，b=2，a≥0，解关于x的不等式ax2+bx+c>0；
m2
（3）若a=1，b=−m，c= +2m−3，对∀x ∈¿，总∃x ∈¿，使得y (x )>y (x )，求实数m的
2 1 2 1 1 2 2
取值范围､（注：y (x )表示的是函数y =x+m中x 对应的函数值，y (x )表示的是y =ax2+bx+c中x
1 1 1 1 2 2 2 2对应的函数值.）
【解题思路】(1)由一元二次方程与一元二次不等式的解集的关系求a，b，(2)根据一元二次不等式的解法
求解不等式ax2+bx+c>0；（3）根据不等式恒成立问题和存在性问题的处理方法转化条件∀x ∈¿，
1
总∃x ∈¿，使得y (x )>y (x )，求m的范围.
2 1 1 2 2
【解答过程】(1)∵ 关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是¿，
∴ −1和3是方程ax2+bx+c=0的根，
b c
∴ −1+3=− ，−1×3= ，又c=2−a，
a a
∴ a=−1，b=2，c=3，
(2)∵ c=2−a，b=2，
∴ 不等式ax2+bx+c>0可化为ax2+2x+2−a>0，
∴ (ax+2−a)(x+1)>0，
当a=0时，原不等式可化为x+1>0
∴ x>−1,
a−2 a−2
当0<a<1时，方程(ax+2−a)(x+1)=0的解为−1和 ，且 <−1，
a a
a−2
不等式(ax+2−a)(x+1)>0的解集为(−∞, )∪(−1,+∞)，
a
当a=1时，不等式(ax+2−a)(x+1)>0可化为(x+1) 2>0
的解集为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
a−2 a−2
当a>1时，方程(ax+2−a)(x+1)=0的解为−1和 ，且 >−1，
a a
a−2
不等式(ax+2−a)(x+1)>0的解集为(−∞,−1)∪( ,+∞)，
a
∴ 当a=0时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−1,+∞)，
a−2
当0<a<1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞, )∪(−1,+∞)，
a
当a=1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
a−2
当a>1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪( ,+∞)；
a
(3)∵ 对∀x ∈¿，总∃x ∈¿，使得y (x )>y (x )，
1 2 1 1 2 2∴ [ y (x)] >[ y (x)] ，
1 min 2 min
又y =x+m在[0,1]上的最小值为m，
1
m2
∵a=1，b=−m，c= +2m−3，
2
m2
∴ y =ax2+bx+c=x2−mx+ +2m−3
2 2
m2
∴ 当m≤2时，y =ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为 +m−2，
2 2
m2
∴ m> +m−2
2
∴ −2<m<2，
m2
当2<m<4时，y =ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为 +2m−3，
2 4
m2
∴ m> +2m−3
4
∴ m不存在，
m2
∴ 当m≥4时，y =ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为 +1，
2 2
m2
∴ m> +1
2
∴ m不存在，
综上可得：实数m的取值范围为(−2,2).
1．（2005·辽宁·高考真题）定义在R上的运算：x∗y=x(1−y).若不等式(x−a)∗(x+a)<1对任意实数
x都成立，则（ ）
3 1 1 3
A．− <a< B．− <a< C．−1<a<1 D．0<a<2
2 2 2 2
【解题思路】化简得x2−x+a−a2+1>0对任意实数x都成立，再解不等式Δ=1−4×(a−a2+1)<0即得
解.
【解答过程】不等式(x−a)∗(x+a)<1可化为(x−a)⋅(1−x−a)<1，
即x2−x+a−a2+1>0对任意实数x都成立，∴Δ=1−4×(a−a2+1)<0，
1 3
解得− <a< .
2 2
故选：B.
2．（2008·宁夏·高考真题）已知a >a >a >0，则使得(1−a x) 2<1(i=1,2,3)都成立的x取值范围是（
1 2 3 i
）
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )
A． 0, B． 0, C． 0, D． 0,
a a a a
1 1 3 3
2
【解题思路】由(1−a x) 2<1可求得0<x< (a >0)，
i a i
i
【解答过程】由(1−a x) 2<1，得：1−2a x+a2x2<1，
i i i
2
即x(a2x−2a )<0，解之得0<x< (a >0)，
i i a i
i
因为a >a >a >0，使得(1−a x) 2<1(i=1,2,3)都成立，
1 2 3 i
2
所以0<x<
；
a
1
故选：B.
3．（2014·江苏·高考真题）已知函数f(x)=x2+mx−1，若对于任意的x∈[m,m+1]都有f(x)<0，则实
( √2 )
数m的取值范围为 − ,0 .
2
【解题思路】根据题意，得到¿，即可得解.
【解答过程】因为函数f(x)=x2+mx−1的图象开口向上的抛物线，
所以要使对于任意的x∈[m,m+1]都有f(x)<0成立，
√2
¿，解得− <m<0，
2( √2 )
所以实数m的取值范围为 − ,0 ．
2
( √2 )
故答案为 − ,0 ．
2
4．（2007·山东·高考真题）当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，则m的取值范围是 (−∞,−5] ．
【解题思路】根据题意，得到¿，即可得解.
【解答过程】 令f (x)=x2+mx+4，则f (x)的图像是开口向上的抛物线，
要当x∈(1,2)时，f (x)<0恒成立，
只需¿，解得m≤−5.
故答案为(−∞,−5].
5．（2012·福建·高考真题）已知关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是
（ 0, 8 ） ．
【解题思路】根据题意，可得△=（-a）2-8a＜0，进行求解即可.
【解答过程】因为不等式x2-ax+2a＞0在R上恒成立．
∴△=（-a）2-8a＜0，解得0＜a＜8，
故答案为（0，8）.
1
6．（2010·天津·高考真题）设函数f(x)=x- ，对任意x∈[1,+∞），f(mx)+mf(x)<0恒成立，则实数
x
m的取值范围是 (−∞,−1) .
【解题思路】根据题意，对m进行分类讨论，进行求解即可.
1
【解答过程】因为f(x)=x− ，那么可知任意x∈[1,+∞)，f(mx)+mf(x)<0恒成立，即为
x
1 1 1+m2
mx− +m(x− )<0，∴2mx− <0，
mx x mx
2m2 1 1+m2 1+m2
然后对于m<0时，则有 > ，∴x2> ，∴ <1，∴m<−1．
1+m2 x2 2m2 2m2
2m2 1 1+m2
当m>0时，则 < ∴x2< 恒成立显然无解，
1+m2 x2 2m2
故综上可知，实数m的取值范围是(−∞,−1).
故答案为(−∞,−1).
