重难点 02 不等式恒成立、能成立问题【七大题型】
【新高考专用】
一元二次不等式是高考中的重要内容.从近几年的高考情况来看，“含参不等式恒成立与能成立问
题”是高考常考的热点内容，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，高考复习过程中要注重知识与方法的灵活运用.
【知识点1 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】（2024·江西九江·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】（2024·山东潍坊·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】（24-25高一上·吉林长春·阶段练习）对于任意的x∈R，不等式mx2+(m−1)x<1−m恒成立，
则m的取值范围是（ ）
1 1
A．m<0 B．m<− C．− <m<0 D．m>0
3 3
【解题思路】按照m>0，m=0，m<0分类讨论不等式恒成立时m的取值范围即可.
【解答过程】由题得mx2+(m−1)x+m−1<0恒成立，
当m>0时，二次函数y=mx2+(m−1)x+m−1开口向上，
显然mx2+(m−1)x+m−1<0不能恒成立；
当m=0时，得−x−1<0⇒x>−1，故mx2+(m−1)x+m−1<0不能恒成立；
当m<0时，要使mx2+(m−1)x+m−1<0，
1
则(m−1) 2−4m(m−1)<0⇒m<− 或m>1（舍）.
3
1
综上所述，m<−
.
3
故选：B.
【变式1-3】（24-25高一上·贵州六盘水·期中）若关于x的不等式(a−1)x2+(a−1)x−1<0对一切实数x都
成立，则a的取值范围为（ ）
A．(−3,1] B．(−3,1)
C．(−∞,−3)∪(1,+∞) D．(−∞,−3)∪[1,+∞)
【解题思路】根据题意，分a−1=0与a−1≠0讨论，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】当a−1=0时，即a=1，此时不等式为−1<0，符合题意；
当a−1≠0时，则¿，解得−3<a<1；
综上所述，a的取值范围为(−3,1].
故选：A.
【题型2 一元二次不等式在某区间上恒成立问题】
【例2】（2024·辽宁鞍山·二模）若对任意的x∈(0,+∞),x2−mx+1>0恒成立，则m的取值范围是
（ ）
A．(−2,2) B．(2,+∞) C．(−∞,2) D．(−∞,2]
【解题思路】变形给定不等式，分离参数，利用均值不等式求出最小值作答.【解答过程】∀x∈(0,+∞),x2−mx+1>0⇔m<x+ 1 ，而当x>0时，x+ 1 ≥2 √ x⋅ 1 =2，当且仅当
x x x
1
x= ，即x=1时取等号，
x
则m<2，所以m的取值范围是(−∞,2).
故选：C.
【变式2-1】（24-25高一上·北京大兴·期中）若不等式x2−(a+2)x+2a≤0对任意的x∈[−1,1]恒成立，
则a的取值范围是（ ）
A．[−1,1] B．[−1,+∞) C．[−1,2] D．(−∞,−1]
a a
【解题思路】令f(x)=x2−(a+2)x+2a，将问题转化为f(x) ≤0，分类讨论 +1≤0与 +1>0两种情
max 2 2
况讨论，得到关于a的不等式，解之即可得解.
a+2 a
【解答过程】令f(x)=x2−(a+2)x+2a，∴f(x)的对称轴为x= = +1，
2 2
a
当 +1≤0，即a≤−2时，f(x) =f (1)=12−(a+2)+2a=a−1，
2 max
所以a−1≤0，则a≤1，故a≤−2；
a
当 +1>0，即a>−2时，f(x) =f (−1)=(−1) 2+(a+2)+2a=3a+3，
2 max
所以3a+3≤0，则a≤−1，故−2<a≤−1；
综上，a≤−1，即实数a的取值范围是a≤−1.
故选：D.
1
【变式2-2】（24-25高一上·河北邢台·阶段练习）对任意的 ≤x≤1，关于x的不等式
4
(a+2)x2−4x+1≥0恒成立，则a的取值范围为（ ）
3
A．a≥−2 B．a≥ C．a≥2 D．a≥1
2
1 4
【解题思路】参变分离，得到a+2≥− +
，再由二次函数求最值即可.
x2 x
1
【解答过程】由题意得(a+2)x2≥4x−1，由 ≤x≤1，得x2>0，
4
4x−1 1 4
则a+2≥ =− +
恒成立.
x2 x2 x1 1
令t= ，得t= ∈[1,4]，
x x
则二次函数y=−t2+4t=−(t−2) 2+4≤4，当t=2时，取得最大值，所以a+2≥4，
所以a的取值范围为a≥2．
故选:C.
【变式2-3】（23-24高一上·安徽马鞍山·期末）已知对一切x∈[2,3]，y∈[3,6]，不等式
mx2−xy+ y2≥0恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．m≤6 B．−6≤m≤0
C．m≥0 D．0≤m≤6
y
【解题思路】令t= ，分析可得原题意等价于对一切t∈[1,3]，m≥t−t2恒成立，根据恒成立问题结合二
x
次函数的性质分析运算.
1 1 1
【解答过程】∵x∈[2,3]，y∈[3,6]，则 ∈[ , ]，
x 3 2
y
∴ ∈[1,3]，
x
又∵mx2−xy+ y2≥0，且x∈[2,3],x2>0，
y ( y) 2
可得m≥ − ，
x x
y
令t= ∈[1,3]，则原题意等价于对一切t∈[1,3]，m≥t−t2恒成立，
x
1
∵y=t−t2的开口向下，对称轴t= ，
2
则当t=1时，y=t−t2取到最大值y =1−12=0，
max
故实数m的取值范围是m≥0.
故选：C.
【题型3 给定参数范围的不等式恒成立问题】
【例3】（24-25高一上·黑龙江大庆·阶段练习）已知m∈[−1,1]，不等式x2+(m−4)x+4−2m>0恒成
立，则x的取值范围为（ ）
A．(−∞,1] B．(1,3) C．(−∞,1)∪(3,+∞)D．[1,3]
【解题思路】更换主元，根据一次函数性质列不等式组求解可得.
【解答过程】令f (m)=x2+(m−4)x+4−2m=(x−2)m+x2−4x+4，当x=2时，f (m)=0，不满足题意；
当x≠2时，由一次函数性质可知，¿，
解得x<1或x>3.
故选：C.
【变式3-1】（23-24高一上·山东淄博·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】（23-24高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m≤2时，mx2−mx−1<0恒成立，则实数x的取
值范围是（ ）
1−√2 1+√2
A． <x<
2 2
1−√3 1+√3
B． <x<
2 2
1−√5 1+√5
C． <x<
2 2
1−√7 1+√7
D． <x<
2 2
【解题思路】将不等式整理成关于m的一次函数，利用一次函数性质解不等式即可求得结果.
【解答过程】根据题意可将不等式整理成关于m的一次函数(x2−x)m−1<0，
由一次函数性质可知¿，即¿；
1−√3 1+√3
解得¿，综合可得 <x< ；
2 2故选：B.
【变式3-3】（23-24高一下·河南濮阳·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.
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】
【例4】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）若存在实数x，使得mx2−(m−2)x+m<0成立，则实数m的取值范
围为（ ）
(1 3)
A．(−∞,2) B．(−∞,0]∪ ,
3 2
( 2)
C． −∞, D．(−∞,1)
3
【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.
【解答过程】①当m=0时，不等式化为2x<0，解得：x<0，符合题意；
②当m>0时，y=mx2−(m−2)x+m为开口方向向上的二次函数，
2
只需Δ=(m−2) 2−4m2=−3m2−4m+4>0，即0<m< ；
3③当m<0时，y=mx2−(m−2)x+m为开口方向向下的二次函数，
则必存在实数x，使得mx2−(m−2)x+m<0成立；
( 2)
综上所述：实数m的取值范围为 −∞, .
3
故选：C.
【变式4-1】（23-24高三上·山东青岛·期末）若命题“∃x∈R，(1−a)x2+(1−2a)x+1≥0”为真命题，
则实数a的取值范围为（ ）
A．a≤1 B．a>1
√3 √3
C．a≤− 或a≥ D．a∈R
2 2
【解题思路】利用一元二次不等式能成立以及存在量词命题的概念求解.
【解答过程】因为命题“∃x∈R，(1−a)x2+(1−2a)x+1≥0”为真命题，
若1−a=0，即a=1，则∃x∈R，−x+1≥0；
若1−a<0，即a>1，要使得命题为真命题，则Δ=(1−2a) 2−4(1−a)≥0，
√3 √3
即4a2−3≥0，解得a≤− 或a≥ ，
2 2
又因为a>1，所以此时a>1；
若1−a>0，即a<1，则满足命题“∃x∈R，(1−a)x2+(1−2a)x+1≥0”为真命题；
综上，a∈R，
故选:D.
【变式4-2】（23-24高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式−x2+ax−1>0有解，则实数a的取值范围为
（ ）
A．a<−2或a>2 B．−2<a<2 C．a≠±2 D．1<a<3
【解题思路】根据一元二次不等式有实数解的充要条件列式求解作答.
【解答过程】不等式−x2+ax−1>0有解，即不等式x2−ax+1<0有解，
因此Δ=a2−4>0，解得a<−2或a>2，
所以实数a的取值范围为a<−2或a>2.
故选：A.
4x−m
【变式4-3】（24-25高一上·河北石家庄·期中）若存在x∈R，使得不等式 ≥2成立，则实数m
x2−2x+3
的取值范围为（ ）
A．{m|m≥2} B．{m|m<0} C．{m|m≤2} D．{m|m<2}【解题思路】把问题转化成“−m大于或等于2(x2−4x+3)的最小值”，再利用配方法求2(x2−4x+3)的
最小值即可.
【解答过程】因为x2−2x+3=(x−1) 2+2>0，
4x−m
所以 ≥2 ⇒ 4x−m≥2(x2−2x+3) ⇒ −m≥2(x2−4x+3).
x2−2x+3
4x−m
问题“存在x∈R，使得不等式 ≥2成立”转化为“−m大于或等于2(x2−4x+3)的最小值”.
x2−2x+3
因为2(x2−4x+3)=2(x−2) 2−2≥−2，当x=2时取“=”.
所以−m≥−2 ⇒ m≤2.
故选：C.
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】
【例5】（2024·甘肃张掖·模拟预测）若关于x的不等式x2−6x+2−a>0在区间[0,5]内有解，则实数a的
取值范围是（ ）
A．(2,+∞) B．(−∞,5) C．(−∞,−3) D．(−∞,2)
【解题思路】不等式x2−6x+2−a>0在区间[0,5]内有解，仅需(x2−6x+2) >a，利用一元二次函数的
max
图像和性质求解即可.
【解答过程】不等式x2−6x+2−a>0在区间[0,5]内有解，仅需(x2−6x+2) >a即可，
max
−6
令f(x)=x2−6x+2，因为f(x)的对称轴为x=− =3，f(0)=2，f(5)=−3，
2×1
所以由一元二次函数的图像和性质的得(x2−6x+2) =2，
max
所以a<2，
故选：D.
【变式5-1】（24-25高一上·山东德州·期中）若∃x∈[−1,4]，使x2−4x+1−m≥0成立，则实数m的取
值范围是（ ）
A．(−∞,6] B．(−∞,1] C．(−∞,−3] D．[1,6]
【解题思路】将存在性问题转化为最值问题，利用二次函数的单调性求最值，列不等式，求解即可.
【解答过程】设函数f (x)=x2−4x+1−m，
因为∃x∈[−1,4]，使x2−4x+1−m≥0成立，所以f (x)在区间[−1,4]上的最大值f (x) ≥0，
max
因为二次函数f (x)=x2−4x+1−m的开口向上，对称轴方程为x=2，
所以函数f (x)在区间[−1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，
因为|−1−2|>|4−2|，结合二次函数的对称性可知，
当x=−1时，函数f (x)取最大值，最大值f (x) =6−m≥0，解得m≤6；
max
故选：A.
【变式5-2】（23-24高一上·北京·阶段练习）若存在x∈[0,1],有x²+(1−a)x+3−a>0成立，则实数a的
取值范围是（ ）
( 5)
A． −∞, B．(−∞,3)
2
(5 ) ( 5)
C． ,3 D． −∞, ∪(3,+∞)
2 2
x2+x+3 x2+x+3
【解题思路】参数分离可得a< ，设f (x)= ，将存在问题转化为a<f (x) ，求出函数的
x+1 x+1 max
最大值，即可得到实数a的取值范围.
x2+x+3 x2+x+3
【解答过程】因为x+1>0，所以将原不等式参数分离可得a< ，设f (x)= ，
x+1 x+1
已知存在x∈[0,1]，有x2+(1−a)x+3−a>0成立，则a<f (x) ，
max
(t−1) 2+t−1+3 t2−t+3 3
令t=x+1，则f (x)= = =t+ −1，t∈[1,2]，
t t t
由对勾函数知f (x)在[1,√3)上单调递减，在(√3,2]上单调递增，
3 3 5
f (1)=1+ −1=3，f (2)=2+ −1= ，
1 2 2
所以f (x) =f (1)=3，即a<3，
max
故选：B.
【变式5-3】（23-24高一上·福建·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.
【题型6 基本不等式求解恒成立、有解问题】
【例6】（24-25高一上·河南驻马店·阶段练习）已知x>0，y>0且4x+ y=xy.若x+ y>m2+8m恒成立，
则实数m的取值范围是（ ）
A．¿ B．¿
C．¿ D．¿
【解题思路】利用“乘1法”和基本不等式的性质，x+ y>m2+8m恒成立⇔ m2+8m<(x+ y) 再解不等
min
式即可．
4 1
【解答过程】∵x>0，y>0且4x+ y=xy,∴ + =1
y x
(1 4) 4x y √4x y
∴x+ y=(x+ y) + =5+ + ≥5+2 × =9．
x y y x y x当且仅当x=3,y=6时取等号．
若x+ y>m2+8m恒成立，∴m2+8m<(x+ y)
min
∴9>m2+8m， 即得(m+9)(m−1)<0解得−9<m<1．
故选：D．
1 4
【变式6-1】（23-24高一上·湖北武汉·阶段练习）若两个正实数x，y满足 + =1，且不等式
x y
y
x+ <m2−3m有解，则实数m的取值范围是（ ）
4
A．{m∣−1≤m≤4} B．{m∣m<0或m>3}
C．{m∣−4<m<1} D．{m∣m<−1或m>4}
【解题思路】首先不等式转化为m2−3m> ( x+ y) ，再利用基本不等式求最值，即可求解.
4
min
【解答过程】若不等式x+ y <m2−3m有解，则m2−3m> ( x+ y) ，
4 4
min
因为 1 + 4 =1，x>0,y>0，所以x+ y = ( x+ y)(1 + 4) =2+ 4x + y ≥2+2 √4x ⋅ y =4，
x y 4 4 x y y 4x y 4x
4x y y
当 = ，即y=4x时，等号成立，x+ 的最小值为4，
y 4x 4
所以m2−3m>4，解得：m>4或m<−1，
所以实数m的取值范围是{m¿或m>4}.
故选：D.
【变式6-2】（23-24高二上·广东深圳·期末）若两个正实数x，y满足4x+ y=xy，且存在这样的x，y使不
y
等式x+ <m2+3m有解，则实数m的取值范围是（ ）
4
A．−1<m<4 B．−4<m<1
C．m<−4或m>1 D．m<−3或m>0
【解题思路】利用基本不等式“1”的代换求左侧最小值，根据不等式有解得到m2+3m>4，解一元二次不
等式求范围即可.
1 4 y y 1 4 y 4x √ y 4x
【解答过程】由题设 + =1，则x+ =(x+ )( + )=2+ + ≥2+2 ⋅ =4，
x y 4 4 x y 4x y 4x y
y 4x
当且仅当 = ⇒y=4x，即¿时等号成立，
4x yy
要使不等式x+ <m2+3m有解，则m2+3m>4⇒m2+3m−4=(m+4)(m−1)>0，
4
所以m<−4或m>1.
故选：C.
【变式6-3】（23-24高一下·江苏·开学考试）已知a>0，b∈R，若x>0时，关于x的不等式
4
(ax−2)(x2+bx−4)≥0恒成立，则b+ 的最小值为（ ）
a
A．2 B．2√5 C．4 D．3√2
2 2
【解题思路】注意到原题条件等价于当0<x≤ 时，x2+bx−4≤0恒成立，当x≥ 时，x2+bx−4≥0恒成
a a
2 2
立，故当x= 时，y=x2+bx−4=0，从而得b=2a− ，由此结合基本不等式即可求解.
a a
【解答过程】设y=ax−2(x>0)，y=x2+bx−4(x>0)，
2
因为a>0，所以当0<x< 时，y=ax−2<0；
a
2
当x= 时，y=ax−2=0；
a
2
当x> 时，y=ax−2>0；
a
由不等式(ax−2)(x2+bx−4)≥0恒成立，得¿或¿，
2
即当0<x≤ 时，x2+bx−4≤0恒成立，
a
2
当x≥ 时，x2+bx−4≥0恒成立，
a
2
所以当x= 时，y=x2+bx−4=0，
a
4 2b 2
则
+ −4=0，即b=2a−
，
a2 a a
4 2 4 2 √ 2 2
则当a>0时，b+ =2a− + =2a+ ≥2 2a× =4，当且仅当2a= ，即a=1时等号成立，
a a a a a a
4
故b+ 的最小值为4．
a
故选：C．【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】
【例7】（24-25高一上·江苏苏州·阶段练习）已知函数f(x)=3x2−2ax−b，其中a,b∈R．
(1)若不等式f(x)≤0的解集是{x∣0≤x≤6}，求ab的值；
2
(2)若b=3a，对任意x∈R，都有f(x)≥0成立，且存在x∈R，使得f(x)≤2− a成立，求实数a的取
3
值范围．
【解题思路】（1）根据不等式的解集列方程，求得a,b，进而求得ab.
（2）根据一元二次不等式恒成立、能成立列不等式，由此求得a的取值范围.
【解答过程】（1）依题意，不等式f(x)=3x2−2ax−b≤0的解集是{x∣0≤x≤6}，
所以¿，所以ab=90=1.
（2）若b=3a，则f(x)=3x2−2ax−b=3x2−2ax−3a，
由于对任意x∈R，都有f(x)≥0成立，所以Δ=4a2+36a=4a(a+9)≤0，
解得−9≤a≤0①，
2
依题意，存在x∈R，使得3x2−2ax−3a≤2− a成立，
3
7
即存在x∈R，使得3x2−2ax− a−2≤0成立，
3
所以Δ′=4a2+12 (7 a+2 ) =4a2+28a+24=4(a2+7a+6)=4(a+1)(a+6)≥0，
3
解得a≤−6或a≥−1②，
由①②得a的取值范围是[−9,−6]∪[−1,0].
【变式7-1】（24-25高一上·江西南昌·阶段练习）已知二次函数f(x)=x2+bx+c的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若∀x∈R，f(x)>mx恒成立，求m的取值范围；(3)若∃x∈(3,+∞)，(x−1) 2≥mf(x)成立，求m的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数图象得出其对称轴和经过的点，联立方程即可求得；
（2）代入f(x)整理成x2−(m+3)x+4>0 ∀x∈R恒成立，结合图象可得Δ<0，解之即得；
(x−1) 2 (x−1) 2
（3）代入f(x)整理成m≤ ，将其转化成求 在(3,+∞)上的最大值即得.
x2−3x+4 x2−3x+4
b 3
【解答过程】（1）由图象知，函数f(x)=x2+bx+c的对称轴为− = ，且图象经过点(0,4)，
2 2
故可解得b=−3,c=4，则函数f(x)的解析式为f(x)=x2−3x+4；
（2）由f(x)>mx，可得x2−3x+4>mx，依题意，x2−(m+3)x+4>0 ∀x∈R恒成立，
故Δ=(m+3) 2−16<0，解得−7<m<1，即m的取值范围为(−7,1)；
（3）由(x−1) 2≥mf(x)可得(x−1) 2≥m(x2−3x+4)，
3 2 7 (x−1) 2
因x2−3x+4=(x− ) + >0，依题意，∃x∈(3,+∞)，使m≤ 成立.
2 4 x2−3x+4
(x−1) 2 x2−2x+1 x−3
而 = =1+ ，不妨设t=x−3，因x>3，则t>0，
x2−3x+4 x2−3x+4 x2−3x+4
t 1
g(t)=1+ =1+
x2−3x+4=(t+3) 2−3(t+3)+4=t2+3t+4，设 t2+3t+4 4 ，
t+ +3
t
4
因t>0,则t+ ≥2√4=4，当且仅当t=2时等号成立，
t
1 8 (x−1) 2 8
即当x=5时，g(t) =1+ = ，故 的最大值为 ，
max 7 7 x2−3x+4 7
8 8
依题意，m≤ ，即m的取值范围为(−∞, ].
7 7
【变式7-2】（23-24高一上·山东潍坊·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).
31
【变式7-3】（23-24高一上·浙江台州·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−
4
15
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 8
a
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).
一、单选题
1．（2024·福建厦门·二模）不等式ax2−2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
1
A．a>2 B．a≥1 C．a>1 D．0<a<
2
【解题思路】分a=0和a≠0两种情况讨论求出a的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
1
【解答过程】当a=0时，−2x+1>0，得x< ，与题意矛盾，
2
当a≠0时，则¿，解得a>1，综上所述，a>1，
所以不等式ax2−2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.
故选：A.
2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式kx2+(k−6)x+2>0的解为全体实数，则实数k的取值范围是（ ）
A．2≤k≤18 B．−18<k<−2
C．2<k<18 D．0<k<2
【解题思路】分类讨论k=0与k≠0两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.
【解答过程】当k=0时，不等式kx2+(k−6)x+2>0可化为−6x+2>0，显然不合题意；
当k≠0时，因为kx2+(k−6)x+2>0的解为全体实数，
所以¿，解得2<k<18；
综上：2<k<18.
故选：C.
[1 ]
3．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）若∀x∈ ,2 ，使得3x2−λx+1≥0成立是真命题，则实数λ
2
的最大值为（ ）
7 13
A． B．2√3 C．4 D．
2 2
1 [1 ]
【解题思路】依据题意先将问题等价转化成λ≤3x+ 在x∈ ,2 上恒成立，接着将恒成立问题转化成
x 2
( 1) [1 ]
最值问题λ≤ 3x+ ,∀x∈ ,2 ，再结合基本不等式即可求解.
x 2
min
[1 ]
【解答过程】∀x∈ ,2 ，使得3x2−λx+1≥0成立是真命题，
2
[1 ]
所以∀x∈ ,2 ,3x2−λx+1≥0恒成立.
2
1 [1 ]
所以λ≤3x+ 在x∈ ,2 上恒成立，
x 2
( 1) [1 ]
所以λ≤ 3x+ ,∀x∈ ,2 ，
x 2
min
1 √ 1 1 √3 [1 ]
因为3x+ ≥2 3x× =2√3，当且仅当3x= 即x= ∈ ,2 时等号成立，
x x x 3 2
( 1)
所以 3x+ =2√3，所以λ≤2√3，即实数λ的最大值为2√3.
x
min
故选：B.4．（2024·辽宁鞍山·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.
5．（2024·河南·模拟预测）已知命题“∃x ∈[−1,1]，−x2+3x +a>0”为真命题，则实数a的取值范
0 0 0
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.
1 2 1
6．（23-24高一上·江苏徐州·期中）若正实数x,y满足x+2y=4，不等式m2+ m> + 有解，则m
3 x y+1
的取值范围是（ ）
4 4
A．(− ,1) B．(−∞,− )∪(1,+∞)
3 34 4
C．(−1, ) D．(−∞,−1)∪( ,+∞)
3 3
2 1 1 4
【解题思路】根据基本不等式“1”的代换求 + 最小值，再由不等式有解得m2+ m> ，即可求参
x y+1 3 3
数范围.
2 1 1 2 1 1 4(y+1) x
【解答过程】由 + = ( + )[x+2(y+1)]= ×[4+ + ]
x y+1 6 x y+1 6 x y+1
1 √4(y+1) x 4
≥ ×[4+2 ⋅ ]= ，
6 x y+1 3
4(y+1) x 1
仅当 = ，即x=3,y= 时等号成立，
x y+1 2
1 2 1 1 4
要使不等式m2+ m> + 有解，只需m2+ m> ⇒3m2+m−4=(3m+4)(m−1)>0，
3 x y+1 3 3
4
所以m∈(−∞,− )∪(1,+∞).
3
故选：B.
x y
7．（2024·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线 + =1(a>0,b>0)上，若关于t的不等式
a b
a+b≥t2+5t+3恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．[−6,1] B．[−1,6]
C．(−∞,−1]∪[6,+∞) D．(−∞,−6]∪[1,+∞)
【解题思路】将点代入直线方程，再利用基本不等式求得a+b的最小值，从而将问题转化9≥t2+5t+3，
解之即可.
x y
【解答过程】因为点A(1,4)在直线 + =1(a>0,b>0)上，
a b
1 4
所以 + =1，
a b
(1 4) b 4a √b 4a
故a+b=(a+b) + = + +5≥2 ⋅ +5=9，
a b a b a b
b 4a 1 4
当且仅当 = 且 + =1，即a=3,b=6时等号成立，
a b a b
因为关于t的不等式a+b≥t2+5t+3恒成立，所以9≥t2+5t+3，解得−6≤t≤1，
所以t∈[−6,1].
故选：A.
8．（2024·上海黄浦·模拟预测）已知不等式ρ：ax2+bx+c<0(a≠0)有实数解．结论（1）：设x ，x 是
1 2
b c
ρ的两个解，则对于任意的x ，x ，不等式x +x <− 和x ⋅x < 恒成立；结论（2）：设x 是ρ的一个
1 2 1 2 a 1 2 a 0
解，若总存在x ，使得ax 2−bx +c<0，则c<0，下列说法正确的是（ ）
0 0 0
A．结论①、②都成立 B．结论①、②都不成立
C．结论①成立，结论②不成立 D．结论①不成立，结论②成立
【解题思路】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确
定选项.
【解答过程】当a<0且Δ=b2−4ac<0 时，
b
ρ：ax2+bx+c<0(a≠0)的解为全体实数，故对任意的x ，x ，x +x 与− 的关系不确定，例如：
1 2 1 2 a
b c
ρ：−x2+2x−2<0,取x =1，x =4,而− =2，所以 x ⋅x =4> =2，故结论①不成立.
1 2 a 1 2 a
当a<0且Δ=b2−4ac>0 时，ρ：ax2+bx+c<0的解为¿ ，其中p,q 是ax2+bx+c=0的两个根.当
x <p,−x >q此时ax 2−bx +c<0 ，但c 值不确定，比如：ρ：−x2+x+2<0，取x =−3 ，则
0 0 0 0 0
−x 2−x +2<0，但c>0 ，故结论②不成立.
0 0
故选：B.
二、多选题
9．（2024·江苏连云港·模拟预测）若对于任意实数x，不等式(a−1)x2−2(a−1)x−4<0恒成立，则实数
a可能是（ ）
A．−2 B．0 C．−4 D．1
【解题思路】首先当a=1，不等式为−4<0恒成立，故满足题意；其次a≠1，问题变为了一元二次不等式
恒成立问题，则当且仅当¿，解不等式组即可.
【解答过程】当a=1时，不等式为−4<0恒成立，故满足题意；
当a≠1时，要满足¿，而Δ=4(a−1) 2+16(a−1)=4(a−1)(a+3)，
所以解得−3<a<1；
综上，实数a的取值范围是(−3,1]；
所以对比选项得，实数a可能是−2，0，1.
故选：ABD.
10．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式4x2−5x+1>0的解集是¿
B．不等式2x2−x−6≤0的解集是¿
C．若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，则a的取值范围是∅
1
D．若关于x的不等式2x2+px−3<0的解集是(q,1)，则p+q的值为−
2
【解题思路】对于AB，直接解一元二次不等式即可判断；对于C，对a分类讨论即可判断；对于D，由一
元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得p,q，然后即可判断.
1
【解答过程】对于A，4x2−5x+1>0⇔(x−1)(4x−1)>0⇔x< 或x>1，故A错误；
4
3
对于B，2x2−x−6≤0⇔(x−2)(2x+3)≤0⇔− ≤x≤2，故B错误；
2
若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，
当a=0时，21<0是不可能成立的，
所以只能¿，而该不等式组无解，综上，故C正确；
对于D，由题意得q,1是一元二次方程2x2+px−3=0的两根，
3
从而¿，解得p=1,q=− ，
2
3 3
而当p=1,q=− 时，一元二次不等式2x2+x−3<0⇔(x−1)(2x+3)<0⇔− <x<1满足题意，
2 2
1
所以p+q的值为− ，故D正确.
2
故选：CD.
11．（24-25高一上·湖北·期中）下列说法正确的有（ ）
A．当x∈R时，不等式kx2−kx+1>0恒成立，则k的取值范围是[0,4)
B．x2−kx+k−1<0在(1,2)上恒成立，则实数k的取值范围是[3,+∞)
C．当x>0时，不等式x2−ax+16>0恒成立，则实数a的取值范围是(−∞,8)D．若不等式x2−ax+4≥0对任意x∈[1,3]恒成立，则实数a的取值范围(−∞,5]
【解题思路】讨论k的取值，结合一元二次不等式恒成立可得k的范围，选项A正确；利用分离参数的方法
可得选项B正确；利用分离参数的方法得到关于a的不等式，恒成立问题转化为小于（或小于等于）函数
的最小值，结合基本不等式可得选项C正确，选项D错误.
【解答过程】A.当k=0时，1>0恒成立，
当k≠0时，¿，解得0<k<4，
综上得，k的取值范围是[0,4)，选项A正确.
B．由x2−kx+k−1<0得(x−1)(x+1−k)<0，
由x∈(1,2)得，x+1−k<0，k>x+1在(1,2)上恒成立，故k≥3，即实数k的取值范围是[3,+∞)，选项B
正确.
16 16
C.由题意得，a<x+ (x>0)恒成立，即a<(x+ ) ，
x x
min
16 √ 16 16
由x+ ≥2 x⋅ =8（当且仅当x=4时取等号）可知(x+ ) =8，
x x x
min
故实数a的取值范围是(−∞,8)，选项C正确.
4 4
D. 由题意得，a≤x+ ,x∈[1,3]，即a≤(x+ ) ，
x x
min
4 √ 4 4
由x+ ≥2 x⋅ =4（当且仅当x=2时取等号）可知(x+ ) =4，
x x x
min
故实数a的取值范围是(−∞,4]，选项D错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·河北·模拟预测）若∃x∈R，ax2+ax+a−3<0，则a的一个可取的正整数值为 1 （或 2 ，
3 ） .
【解题思路】由判别式大于0求解.
【解答过程】由题意Δ=a2−4a(a−3)>0，解得0<a<4，
a的正整数值为1或2或3，
故答案为：1（也可取2，3）．
13．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈(0,+∞)，使x2−ax+4<0”是假命题，则实数a的取值范围为
(−∞,4] .
4
【解题思路】将问题转化为“a≤x+ 在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而
x得解.
【解答过程】因为“∃x∈(0,+∞)，使x2−ax+4<0”是假命题，
所以“∀x∈(0,+∞)，x2−ax+4≥0”为真命题，
4
其等价于a≤x+ 在(0,+∞)上恒成立，
x
4
又因为对勾函数f (x)=x+ 在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
x
所以f (x) =f(2)=4，
min
所以a≤4，即实数a的取值范围为(−∞,4].
故答案为：(−∞,4].
14．（2024·贵州遵义·模拟预测）∀x∈R，关于x的一元二次不等式x2−2x+a>0恒成立，则实数a的取
值范围是 (1,+∞) .
【解题思路】根据二次函数的性质得Δ<0，即可求解.
【解答过程】由题意可知，Δ=(−2) 2−4a<0，得a>1.
故答案为：(1,+∞).
四、解答题
15．（24-25高一上·贵州黔东南·期中）已知关于x的函数f(x)=2x2−ax+1．
(1)当a=3时，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）结合给定条件，解不含参数的一元二次不等式即可.
（2）结合给定条件利用一元二次不等式的性质求解参数即可.
【解答过程】（1）当a=3时，f(x)=2x2−3x+1，
所以原不等式为2x2−3x+1≥0，
对于方程2x2−3x+1=0，有Δ=(−3) 2−4×2×1=1>0，
所以对于方程2x2−3x+1=0有两个不相等的实数根，
令2x2−3x+1=0，故得(2x−1)(x−1)=0，
1 1
解得x = ,x =1，故两个根为x = ,x =1，因为f(x)开口向上，
1 2 2 1 2 2
( 1]
所以原不等式的解集为 −∞, ∪[1,+∞).
2（2）因为f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，且f(x)开口向上，
所以Δ=a2−2×4×1≤0，解得a∈[−2√2,2√2]，
故实数a的取值范围为[−2√2,2√2].
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=|2x−a|，且f (x)≤b的解集为[−1,3]．
(1)求a和b的值；
(2)若f (x)≤|x−t|在[−1,0]上恒成立，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解，
（2）将问题转化为3x2+(2t−8)x+4−t2≤0在[−1,0]上恒成立，即可利用二次函数零点分布求解.
【解答过程】（1）由f (x)≤b得|2x−a|≤b，
a−b b+a
易知b≥0，则−b≤2x−a≤b，解得 ≤x≤ ，
2 2
b+a a−b
由于f (x)≤b的解集为[−1,3]，则 =3, =−1，解得a=2,b=4．
2 2
（2）由（1）知f (x)=|2x−2|，由f (x)≤|x−t|得|2x−2|≤|x−t|，
得3x2+(2t−8)x+4−t2≤0在[−1,0]上恒成立，
Δ=(2t−8) 2−4×3×(4−t2)=16(t−1) 2>0，故t≠1．
令g(x)=3x2+(2t−8)x+4−t2，若g(x)≤0在[−1,0]上恒成立，
则¿，即¿，解得t≤−5或t≥3，
故实数t的取值范围为(−∞,−5]∪[3,+∞)．
17．（2024高三·全国·专题练习）已知二次函数y=ax2+bx+2（a，b为实数）
(1)若函数图象过点(1,1)，对∀x∈R，y>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数图象过点(1,1)，对∀a∈[−2,−1]，y>0恒成立，求实数x的取值范围；
【解题思路】（1）由已知可得b=−1−a，由∀x∈R，y>0恒成立列出不等式求解即得.
（2）由(x2−x)a−x+2>0对∀a∈[−2,−1]恒成立，结合一次函数的性质求出答案即可.
【解答过程】（1）依题意，a+b+2=1，即b=−1−a，
由∀x∈R，y>0恒成立，得¿，
即¿，整理得¿，
解得3−2√2<a<3+2√2.
所以实数a的取值范围是(3−2√2,3+2√2).（2）由（1）知，b=−1−a，
由y>0，得ax2−(1+a)x+2>0，即(x2−x)a−x+2>0，
依题意，(x2−x)a−x+2>0对∀a∈[−2,−1]恒成立，
令g(a)=(x2−x)a−x+2，
则对∀a∈[−2,−1]，g(a)>0恒成立，于是¿，
1−√17 1+√17
解得 <x< ，
4 4
(1−√17 1+√17)
所以实数x的取值范围是 , ．
4 4
18．（24-25高一上·山东菏泽·期中）已知函数f (x)=x2−(a+1)x+2.
(1)解关于x的不等式f (x)>−a+2；
(2)∀x ，x ∈[1,2]，都有|f (x )−f (x )|<4恒成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 2
【解题思路】（1）结合一元二次不等式解集的形式，分情况讨论一元二次不等式的解集.
（2）问题可转化为含参数的二次函数在给定区间上的值域问题求解.
【解答过程】（1）f (x)>−a+2，即x2−(a+1)x+a>0，即(x−1)(x−a)>0，
所以当a>1时，解集为(−∞,1)∪(a,+∞)；
当a=1时，解集为{x|x≠1}；
当a<1时，解集为(−∞,a)∪(1,+∞).
（2）因为对∀x ，∀x ∈[1,2]，都有|f (x )−f (x )|<4恒成立，所以[f (x)] −[f (x)] <4，
1 2 1 2 max min
a+1
当 ≤1时，即a≤1时，[f (x)] =f (2)=4−2a，[f (x)] =f (1)=2−a，
2 max min
由[f (x)] −[f (x)] <4 ⇒ (4−2a)−(2−a)<4 ⇒ 2−a<4，即a>−2，故−2<a≤1；
max min
a+1
当 ≥2时，即a≥3时，[f (x)] =f (1)=2−a，[f (x)] =f (2)=4−2a，
2 max min
由[f (x)] −[f (x)] <4 ⇒ (2−a)−(4−2a)<4 ⇒ a<6，故3≤a<6，
max min
3 a+1 (a+1) −a2−2a+7
当 ≤ <2时，即2≤a<3时，[f (x)] =f = ，
2 2 min 2 4[f (x)] =f (1)=2−a，
max
−a2−2a+7
由[f (x)] −[f (x)] <4 ⇒ (2−a)− <4 ⇒ 1−2√2<a<1+2√2，故2≤a<3，
max min 4
a+1 3 (a+1) −a2−2a+7
当1< < 时，即1<a<2时，[f (x)] =f = ，
2 2 min 2 4
[f (x)] =f (2)=4−2a，
max
−a2−2a+7
由[f (x)] −[f (x)] <4 ⇒ (4−2a)− <4 ⇒ 3−√2<a<3+√2，故1<a<2.
max min 4
综上可知：−2<a<6.
所以a的取值范围为（−2,6）.
19．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知关于x的不等式ax2−3x+6>0的解集为{x|−2<x<1}．
(1)求实数a的值；
(2)∀x∈{x|1≤x≤3}，都有ax2−3x+6≥t，求实数t的取值范围
(3)若存在实数x∈{x|1≤x≤3}，使不等式ax2−3x+6≥t成立，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）由题意可得x=−2,x=1是方程ax2−3x+6=0的两根，结合韦达定理求解即可；
27 1 2 27 1 2
（2）由（1）可知ax2−3x+6=−3x2−3x+6= −3(x+ ) ，求出 −3(x+ ) 在
4 2 4 2
x∈{x|1≤x≤3}上的最小值，即可得答案；
27 1 2
（3）结合（2）求出 −3(x+ ) 在x∈{x|1≤x≤3}上的最大值，即可得答案
4 2
【解答过程】（1）由题意可得x=−2,x=1是方程ax2−3x+6=0的两根，
由韦达定理可得¿，
解得a=−3;
（2）因为a=−3，
27 1 2
所以ax2−3x+6=−3x2−3x+6= −3(x+ ) ，
4 2
27 1 2
当x∈{x|1≤x≤3}时，则 −3(x+ ) 的最小值为−30，
4 2
所以t≤−30，
所以实数t的取值范围为(−∞,−30]；
27 1 2
（3）由（2）可知当x∈{x|1≤x≤3}时，则 −3(x+ ) 的最大值为0，
4 2所以实数t的取值范围为(−∞,0].
