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x
2−2kx + 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4 k
2−16<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x
2−2kx + 4>0恒成立，
所以，4 k
2−16<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，x
2−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x
2−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，x
2−bx +1≥0成立，则Δ=(−b)
2−4≤0，即−2≤b≤2.
所以，“b∈(−2,2)”是“∀x∈R，x
2−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)=−x
2+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−x
2+5 x−4<0
⇔x
2−5 x + 4>0，
解方程x
2−5 x + 4 =0，即( x−1)( x−4)=0
得x1=1, x2= 4．
∴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=a
2−16≤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)=(a
2−2a) x
2+(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a
2−2a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(a
2−2a) x
2+(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)=(a
2−2a) x
2+(2a−2) x +1>0，即(ax +1)[(a−2) x +1]>0，
①当a=0时，−2 x +1>0，∴x< 1
2；
②当a=2时，2 x +1>0，∴x>−1
2；
③当0<a<2时，−1
a <0<−
1
a−2，∴−1
a < x<−
1
a−2；
④当a<0或a>2时，−
1
a−2 <−1
a，∴x<−
1
a−2或x>−1
a．
综上，
当a=0时，原不等式解集为(−∞, 1
2)；
当a=2时，原不等式解集为x∈(−1
2 ,+ ∞)；
当0<a<2时，原不等式解集为(−1
a ,−
1
a−2)；
当a<0或a>2时，原不等式解集为(−∞,−
1
a−2)∪(−1
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：x
2−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,+∞)
【解题思路】先由x
2−mx +16>0得m< x + 16
x ，由基本不等式得x + 16
x ≥8，故m<8.
【解答过程】当x>0时，由x
2−mx +16>0得m< x + 16
x ，
因x>0，故x + 16
x ≥2√x× 16
x =8，当且仅当x = 16
x 即x = 4时等号成立，
因当x>0时，m< x + 16
x 恒成立，得m<8，
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]，y
2−xy −m x
2≤0，
则实数m 的取值范围是（ ）
A．[4 ,+∞)
B．[0,+ ∞)
C．[6,+∞)
D．[8,+ ∞)
【解题思路】首先将不等式转化为关于y
x 的不等式，再根据参变分离，转化为求函数的最值.
【解答过程】因为x∈[1,2]，y ∈[2,3]，则1
x ∈[
1
2 ,1]，所以y
x ∈[1,3]，
又y
2−xy −m x
2≤0，可得m≥(
y
x)
2
−y
x ，令t = y
x ∈[1,3]，
则原题意等价于∀t ∈[1,3]，m≥t
2−t，即m≥(t
2−t)max，
t
2−t =(t −1
2)
2
−1
4 ，当t =3时，y =t
2−t取到最大值ymax=9−3=6，
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)= x
2−2tx +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x1, x2∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8，求实数t的取值范围.
【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x1，x2 ∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8”转化为“M −m≤8”，然后分t ≤0、
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)= x
2−2 x +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x1，x2 ∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8”等价于“M −m≤8”，
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−t
2，
由M −m=18−8t −(2−t
2)=t
2−8t +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−t
2，
由M −m=2−(2−t
2)=t
2≤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)=m x
2−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．
【解题思路】（1）先转化为m<
6
x
2−x +1
对于x∈[−1,1]恒成立，再求y =
6
x
2−x +1
, x∈[−1,1]的最小
值,即得m 的取值范围.
（2）题设条件可以转化为m( x
2−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(x
2−x +1)<6在x∈[−1,1]恒成立，
∵x
2−x +1=(x−1
2)
2
+ 3
4 ≥3
4 对一切实数恒成立，
∴m<
6
x
2−x +1在x∈[−1,1]恒成立，
∵函数y = x
2−x +1在[−1, 1
2]上单调递减，在[
1
2 ,1]上单调递增，
∴ymax =1+1+1=3，∴
6
x
2−x +1在x∈[−1,1]上的最小值为2，∴m<2.
故m的取值范围为(−∞,2).
（2）∵m x
2−mx −1<−m+5对于m∈[−2,2]恒成立,
∴m( x
2−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，x
2+(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x
2+(a−4) x + 4−2a>0化为(x−2)a+ x
2−4 x + 4>0，将a看成主元，令
f (a)=(x−2)a+ x
2−4 x + 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：x
2+(a−4) x + 4−2a>0恒成立，
即(x−2)a+ x
2−4 x + 4>0，对任意得a∈[−1,1]恒成立，
令f (a)=(x−2)a+ x
2−4 x + 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)min= f (−1)=−x +2+ x
2−4 x + 4>0，
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)min= f (1)= x−2+ x
2−4 x + 4>0，
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，a x
2−(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,a x
2−(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,a x
2−(2a−1) x +3−a≥0”为真命题，
即a x
2−(2a−1) x +3−a=(x
2−2 x−1)a+ x +3≥0对a∈[−1,3]恒成立，
则¿，解得−1≤x ≤0或5
3 ≤x ≤4，
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a x
2−3 x +2>5−ax (a>0)；
（2）若对于−2≤m≤2，不等式m x
2−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( x
2−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a x
2−3 x +2>5−ax，
所以a x
2+(a−3)x−3>0，即(ax−3)( x +1)>0，
①当a=0时，不等式化为−3 x−3>0，解得x<−1；
②当a≠0时，方程(ax−3)( x +1)=0的两根分别为x1= 3
a , x2=−1，
当a>0时，不等式化为(x−3
a)(x +1)>0，则其解集为(−∞,−1)∪( 3
a ,+∞)，
当a<0时，不等式化为(x−3
a)(x +1)<0，
当−1< 3
a <0，即a<−3时，不等式的解集为(−1, 3
a )，
当−1= 3
a，即a=−3时，不等式的解集为∅，
当3
a <−1，即−3<a<0时，不等式的解集为( 3
a ,−1)，
综上所述：当a>0时，不等式的解集为(−∞,−1)∪( 3
a ,+∞)；
当a=0时，不等式的解集为(−∞,−1)；
当−3<a<0时，不等式的解集为( 3
a ,−1)；
当a=−3时，不等式的解集为∅；
当a<−3时，不等式的解集为(−1, 3
a )；
（2）因为对于−2≤m≤2，m x
2−mx −1<−m+5恒成立，
所以m( x
2−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2 x−1>m( x
2−1).
(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2 x−1>m( x
2−1)转化为m x
2−2 x +(1−m)<0，
（1）讨论m=0和m≠0时的情况；
（2）f (m)=( x
2−1)m−(2 x−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m x
2−2 x +(1−m)<0，
当m=0时，−2 x +1<0，即x> 1
2，不恒成立；
当m≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，
则m<0且Δ= 4−4 m(1−m)<0，无解；
综上，不存在实数m，使不等式恒成立.
（2）设f (m)=( x
2−1)m−(2 x −1)，
当m∈[−2,2]时，f (m)<0恒成立，
当且仅当¿，即¿，
解得¿即−1+√7
2
< x< 1+√3
2
，
所以x的取值范围是( −1+√7
2
, 1+√3
2
).
（3）若不等式对x∈[2,+ ∞)有解，
等价于x∈[2,+∞)时，m x
2−2 x +(1−m)<0有解.
令g( x)=m x
2−2 x +(1−m)，
当m=0时，−2 x +1<0即x> 1
2，此时显然在x∈[2,+∞)有解；
当m<0时，x∈[2,+∞)时，结合一元二次函数图象，m x
2−2 x +(1−m)<0显然有解；
当m>0时，y = g( x)对称轴为x = 1
m，Δ= 4−4 m(1−m)= 4 m
2−4 m+ 4 =(2m−1)
2+3>0，
∵x∈[2,+∞)时，m x
2−2 x +(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，x
2−2mx +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，x
2−2mx +m+2<0”为真命题，
故Δ= 4 m
2−4 (m+2)>0，解得m<−1或m>2.
故选：A.
【变式4-1】（2023 上·高一课时练习）若存在x∈R，使得
4 x +m
x
2−2 x +3
≥2成立，则实数m的取值范围为（
）
A．¿
B．¿
C．¿
D．¿
【解题思路】由于x
2−2 x +3=( x −1)
2+2>0，所以问题转化为2 x
2−8 x +6−m≤0有解，再由Δ≥0可求
得结果.
【解答过程】因为x
2−2 x +3=( x−1)
2+2>0恒成立，
所以原不等式等价于4 x +m≥2( x
2−2 x +3)有解，
即2 x
2−8 x +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)=a x
2+(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)=a x
2+(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，a x
2+(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)=a x
2+(b−1)x +2<0的解集为(1,2)，
所以{
a>0
1−b
a
=3
2
a =2
，解得a=1,b=−2；
（2）（2）因为f (−1)=5，所以a−b=2，
因为存在x∈R，f ( x)=a x
2+(b−1)x +2<1成立，
即存在x∈R，a x
2+(a−3)x +1<0成立，
当a=0时，x> 1
3，成立；
当a<0时，函数y =a x
2+(a−3)x +1图象开口向下，成立；
当a>0时，Δ=(a−3)
2−4 a>0，即a
2−10a+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)= x
2−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x
2−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=a
2+24 a>0，设方程x
2−ax−6a=0的两个根为x1, x2，利用根与系
数的关系，由题意得|x1−x2|≤5，平方化简变形得( x1+ x2)
2−4 x1 x2≤25，再结合前面的式子代入可求出
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x
2−ax−6a=0的两个根分别为−3和6，
所以a=−3+6=3，
所以f (x)= x
2−3 x−18，
由f (x)≥0，得x
2−3 x−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=a
2+24 a>0，解得a<−24或a>0，
设方程x
2−ax−6a=0的两个根为x1, x2，则
x1+ x2=a，x1 x2=−6a，
由题意得|x1−x2|≤5，
所以( x1+ x2)
2−4 x1 x2≤25，
所以a
2+24 a−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“∃x0∈[−1,1]，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，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x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min，再根据二次函数求最值即可得答案.
【解答过程】解：因为命题“∃x0∈[−1,1]，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，
所以，命题“∃x0∈[−1,1]，a> x0
2−3 x0”为真命题，
所以，x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min，
因为，y = x
2−3 x =(x−3
2)
2
−9
4 ，
所以，当x∈[−1,1]时，ymin=−2，当且仅当x =1时取得等号.
所以，x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min=−2，即实数a的取值范围是(−2,+∞)
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−|3 x−a|> x
2+2 x成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−37
4 ,3)
B．(−3, 13
4 )
C．(−37
4 , 13
4 )
D．(−3,3)
【解题思路】化简不等式3−|3 x−a|> x
2+2 x，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−|3 x−a|> x
2+2 x成立，
即至少存在一个x<0，使得关于x的不等式−x
2−2 x +3>|3 x−a|成立，
画出y =−x
2−2 x +3(x<0)以及y =|3 x−a|的图象如下图所示，其中−x
2−2 x +3>0.
当y =3 x−a与y =−x
2−2 x +3(x<0)相切时，
由¿消去y并化简得x
2+5 x−a−3=0，
Δ=25+ 4 a+12=0,a=−37
4 .
当y =−3 x +a与y =−x
2−2 x +3(x<0)相切时，
由¿消去y并化简得x
2−x +a−3=0①，
由Δ=1−4 a+12=0解得a= 13
4 ，代入①得x
2−x + 1
4 =(x−1
2)
2
=0，
解得x = 1
2，不符合题意.
当y =−3 x +a过(0,3)时，a=3.
结合图象可知a的取值范围是(−37
4 ,3).
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)=2 x
2−2ax +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；
（2）将条件转化为a<(x + 1
2 x)max
，x∈[−2,0)，再利用基本不等式求最值可得a的取值范围；
【解答过程】（1）f (x)>a+1−x，即2 x
2−2ax +1>a+1−x，
所以 2 x
2−(2a−1) x−a>0，
所以 (2 x +1)(x−a)>0，
①当a<−1
2时不等式的解为x<a或x>−1
2，
②当a=−1
2时不等式的解为x≠−1
2 , x∈R，
③当a>−1
2时不等式的解为x<−1
2或x>a，
综上：原不等式的解集为
当a<−1
2时¿或x>−1
2 }，
当a=−1
2时¿，
当a>−1
2时¿或x<−1
2 }．
（2）不等式f (x)<0在x∈[−2,0)上有解，
即2 x
2−2ax +1<0在x∈[−2,0)上有解，
所以a< x + 1
2 x 在x∈[−2,0)上有解，
所以a<(x + 1
2 x)max
，x∈[−2,0),
因为(−x)+(−1
2 x)≥2√
(−x)(−1
2 x)=√2，
所以x + 1
2 x ≤−√2，
当且仅当−x =−1
2 x ，即x =−√2
2 时取等号，
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)=m x
2−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) x
2+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；
（2）依题意参变分离可得存在x∈(−4,0)使得m≥−x−4
x 成立，则只需m≥(−x−4
x)min
，x∈(−4,0)，
利用基本不等式求出(−x−4
x)min
即可得解.
【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m x
2−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) x
2+3成立，
即存在x∈(−4,0)使得m≥−x−4
x 成立，故只需m≥(−x−4
x)min
，x∈(−4,0)，
因为x∈(−4,0)，所以−x∈(0,4)，则−x−4
x =(−x)+ 4
−x ≥2√
(−x)⋅4
−x = 4，
当且仅当−x = 4
−x ，即x =−2时取等号，
所以(−x−4
x)min
= 4，所以m≥4.
【题型6 一元二次不等式恒成立、有解问题的综合应用】
【例6】（2023 上·浙江台州·高一校联考期中）已知函数f (x)=2 x
2−ax +a
2−4，g(x)= x
2−x +a
2−31
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∀x1∈[0,1]，∃x2∈[0,1]，使得不等式f (x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围.
【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；
解法二：分离参数，构造函数k = x + 15
4 x ，利用基本不等式求解最值即可求解；
（3）把问题转化为f (x)min> g(x)min，利用动轴定区间分类讨论即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=2 x
2−x−3，g(x)= x
2−x−27
4
所以f (x)−g(x)= x
2+ 15
4 >0，所以f (x)> g(x)，所以f (x)> g(x)的解集为R.
（2）若对任意x>0，都有f (x)> g(x)成立，即x
2+(1−a) x + 15
4 >0在x>0恒成立，
解法一：设ℎ(x)= x
2+(1−a) x + 15
4 ，x>0，对称轴x = a−1
2
，由题意，只须ℎ(x)min>0，
①当a−1
2
≤0，即a≤1时，ℎ(x)在(0，+ ∞)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)= 15
4 ，符合题意，所以a≤1；
②当a−1
2
>0，即a>1时，ℎ(x)在(0, a−1
2 )上单调递城，在(
a−1
2
，+∞)单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(
a−1
2 )=−(a−1)
2
4
+ 15
4 >0，解得1−√15<a<1+√15且a>1，
所以1<a<1+√15.
综上，a<1+√15.
解法二：不等式可化为(a−1) x< x
2+ 15
4 ，即a−1< x + 15
4 x ，设k = x + 15
4 x ，x>0，
由题意，只须a−1<k (x)min，k = x + 15
4 x ≥2√x⋅15
4 x =√15，
当且仅当x = 15
4 x 即x = √15
2 时等号成立，则k min=√15，
所以a−1<√15，即a<1+√15.
（3）若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[0,1]，使得不等式f (x1)> g(x2)成立，
即只需满足f (x)min> g(x)min，x∈[0,1]，
g(x)= x
2−x +a
2−31
4 ，对称轴x = 1
2，g(x)在[0, 1
2)递减，在(
1
2 ,1]递增，
g(x)min= g(
1
2)=a
2−8，f (x)=2 x
2−ax +a
2−4，x∈[0,1]，对称轴x = a
4 ，
①a
4 ≤0即a≤0时，f (x)在[0,1]递增，f (x)min= f (0)=a
2−4>g(x)min=a
2−8恒成立；
②0< a
4 <1即0<a<4时，f (x)在[0, a
4)递减，在(
a
4 ,1]递增，
f (x)min= f(
a
4)= 7
8 a
2−4，g(x)min=a
2−8，所以7
8 a
2−4>a
2−8，故0<a<4；
③a
4 ≥1即a≥4时，f (x)在[0,1]递减，f (x)min= f (1)=a
2−a−2，g(x)min=a
2−8，
所以a
2−a−2>a
2−8，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, x
2−x +3−a<0，命题q：
二次函数y = x
2−2ax +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x
2−2ax +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x
2−2ax +a≥[|b−1|+|b−2|]min=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
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], x
2−x +3−a≥0，则a≤x
2−x +3恒成立，
故a≤(x
2−x +3)min=3，
¬q:∃x∈[1,2], x
2−2ax +1≤0，则2a≥x
2+1
x
= x + 1
x 有解，
x + 1
x ≥2√x⋅1
x =2，当且仅当x =1时取等号，
故2a≥(x + 1
x)min
=2⇒a≥1，
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x
2−2ax +a≥|b−1|+|b−2|对于b∈[0,2]有解，
故：x
2−2ax +a≥[|b−1|+|b−2|]min=1，当且仅当1≤b≤2时，|b−1|+|b−2|取得最小值1，
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)= x
2+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x0∈[1,2]，使得不等式|f ( x0)|≥x0成立，求实数c 的取值范围．
【解题思路】（1）由c =b，则f ( x)= x
2+bx +b，由f ( x)在[0,2]上的最大值为c +2，可得
f ( x)max =max {f (0),f (2)}=c +2>f (0)，可得b的值，可得函数f ( x)的解析式；
（2）只需当x∈[1,2]时| f ( x)
x
|=| x + c
x +b|≥1.设g( x)= x + c
x +b，x∈[1,2]，则只需
g( x)max−g( x)min≥2 对任意的实数b都成立，分类讨论c可得答案.
【解答过程】（1）若c =b，则f ( x)= x
2+bx +b，
当x∈[0,2]时f ( x)max =max {f (0),f (2)}=c +2>f (0)
故f (2) =c +2，解得：b=−1，故f ( x)= x
2−x −1.
（2）由题意得：存在x∈[1,2]，使| f ( x)
x
|=| x + c
x +b|≥1.
设g( x)= x + c
x +b，x∈[1,2]，则只需g( x)max−g( x)min≥2 对任意的实数b都成立.
1、当c=0 时，g( x)max−g( x)min=1≥2，此时不成立.
2、当c<0时，g( x)在[1,2]递增，故g( x)max−g( x)min=1−c
2 ≥2恒成立，故c≤−2.
3、当0<c≤1时，g( x)在[1,2]递增，故g( x)max−g( x)min=1−c
2 ≥2恒成立，故c≤−2舍去.
4、当1<c<4时，g( x)在[1,√c ]上递减，在[√c ,2]上递增，
g( x)max =max {g(1), g(2)}=max {1+c +b,2+ c
2 +b}, g( x)min=2√c +b
若1<c≤2，则g( x)max−g( x)min=2+ c
2 −2√c≥2恒成立，故c≥16舍去.
若2<c<4，则g( x)max−g( x)min=1+c−2√c≥2恒成立，故c≥3+2√2舍去.
5、当c≥4时，g( x)在[1,2]上递减，故g( x)max−g( x)min= c
2 −1≥2恒成立，故c≥6.
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y1= x +m和y2=a x
2+bx +c.
（1）若c =2−a，关于x的不等式a x
2+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a x
2+bx +c>0；
（3）若a=1，b=−m，c = m
2
2 +2m−3，对∀x1∈¿，总∃x2∈¿，使得y1(x1)> y2(x2)，求实数m的
取值范围（注：
､
y1(x1)表示的是函数y1= x +m中x1对应的函数值，y2(x2)表示的是y2=a x
2+bx +c中x2
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a x
2+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∀x1∈¿，
总∃x2∈¿，使得y1(x1)> y2(x2)，求m 的范围.
【解答过程】(1)∵ 关于x的不等式a x
2+bx +c>0的解集是¿，
∴ −1和3 是方程a x
2+bx +c =0的根，
∴ −1+3=−b
a ，−1×3= c
a，又c =2−a，
∴ a=−1，b=2，c =3，
(2)∵ c =2−a，b=2，
∴ 不等式a x
2+bx +c>0可化为a x
2+2 x +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,
当0<a<1时，方程(ax +2−a)( x +1)=0的解为−1和a−2
a
，且a−2
a
<−1，
不等式(ax +2−a)( x +1)>0的解集为(−∞, a−2
a
)∪(−1,+∞)，
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,+ ∞)，
当a>1时，方程(ax +2−a)( x +1)=0的解为−1和a−2
a
，且a−2
a
>−1，
不等式(ax +2−a)( x +1)>0的解集为(−∞,−1)∪( a−2
a
,+∞)，
∴ 当a=0时，不等式a x
2+bx +c>0的解集为(−1,+ ∞)，
当0<a<1时，不等式a x
2+bx +c>0的解集为(−∞, a−2
a
)∪(−1,+∞)，
当a=1时，不等式a x
2+bx +c>0的解集为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
当a>1时，不等式a x
2+bx +c>0的解集为(−∞,−1)∪( a−2
a
,+ ∞)；
(3)∵ 对∀x1∈¿，总∃x2∈¿，使得y1(x1)> y2(x2)，
∴ [ y1( x)]min>[ y2( x)]min，
又y1= x +m在[0,1]上的最小值为m，
∵a=1，b=−m，c = m
2
2 +2m−3，
∴ y2=a x
2+bx +c = x
2−mx + m
2
2 +2m−3
∴ 当m≤2时，y2=a x
2+bx +c在[1,2]上的最小值为m
2
2 +m−2，
∴ m> m
2
2 +m−2
∴ −2<m<2，
当2<m<4时，y2=a x
2+bx +c在[1,2]上的最小值为m
2
4 +2m−3，
∴ m> m
2
4 +2m−3
∴ m不存在，
∴ 当m≥4时，y2=a x
2+bx +c在[1,2]上的最小值为m
2
2 +1，
∴ m> m
2
2 +1
∴ 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（ ）
A．−3
2 <a< 1
2
B．−1
2 <a< 3
2
C．−1<a<1
D．0<a<2
【解题思路】化简得x
2−x +a−a
2+1>0对任意实数x都成立，再解不等式Δ=1−4×(a−a
2+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x
2−x +a−a
2+1>0对任意实数x都成立，
∴Δ=1−4×(a−a
2+1)<0，
解得−1
2 <a< 3
2.
故选：B.
2．（2008·宁夏·高考真题）已知a1>a2>a3>0，则使得(1−ai x)
2<1(i =1,2,3)都成立的x取值范围是（
）
A．(0, 1
a1)
B．(0, 2
a1)
C．(0, 1
a3)
D．(0, 2
a3)
【解题思路】由(1−ai x)
2<1可求得0< x< 2
ai
(ai>0)，
【解答过程】由(1−ai x)
2<1，得：1−2ai x +ai
2 x
2<1，
即x(ai
2 x−2ai)<0，解之得0< x< 2
ai
(ai>0)，
因为a1>a2>a3>0，使得(1−ai x)
2<1(i=1,2,3)都成立，
所以0< x< 2
a1
；
故选：B.
3．（2014·江苏·高考真题）已知函数f ( x)= x
2+mx −1，若对于任意的x∈[m,m+1]都有f ( x)<0，则实
数m的取值范围为 (−√2
2 ,0) .
【解题思路】根据题意，得到¿，即可得解.
【解答过程】因为函数f ( x)= x
2+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，
¿，解得−√2
2 <m<0，
所以实数m的取值范围为(−√2
2 ,0)．
故答案为(−√2
2 ,0)．
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)= x
2+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）.
6．（2010·天津·高考真题）设函数f(x)=x-1
x ，对任意x∈[1,+ ∞），f (mx)+mf ( x)<0恒成立，则实数
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.
【解答过程】因为f ( x)= x−1
x ，那么可知任意x∈[1,+∞)，f (mx)+mf ( x)<0恒成立，即为
mx−1
mx +m( x−1
x )<0，∴2mx−1+m
2
mx <0，
然后对于m<0 时，则有2m
2
1+m
2 > 1
x
2 ，∴x
2> 1+m
2
2m
2 ，∴1+m
2
2m
2 <1，∴m<−1．
当m>0 时，则2m
2
1+m
2 < 1
x
2 ∴x
2< 1+m
2
2m
2 恒成立显然无解，
故综上可知，实数m 的取值范围是(−∞,−1).
故答案为(−∞,−1).
