重难点01 不等式恒成立、能成立问题（举一反三专项训练）
【全国通用】
【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】.........................................................................................3
【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】.....................................................................................5
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】.................................................................................................5
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】.................................................................................................8
【题型6 基本不等式求解恒成立、有解问题】...................................................................................................10
【题型7 不等式恒成立、能成立问题综合】.......................................................................................................12
1、不等式恒成立、能成立问题
一元二次不等式是高考数学中的重要内容.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，复习时需要加强这方面的训练.
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
．
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】（2025·福建厦门·二模）“b∈(0,4)”是“∀x∈R，b 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∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立求出b 的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作
答.
【解答过程】由∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立，则当b=0时，1>0恒成立，即b=0，
当b≠0时，{
b>0
b
2−4 b<0)，解得0<b<4，
因此∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立时，0≤b<4，
因为(0,4)[0,4)，所以“b∈(0,4)”是“∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-1】（2025·四川德阳·模拟预测）已知p:0≤a≤2，q：任意x∈R ,a x
2−ax +1≥0，则p 是q 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】根据一元二次不等式恒成立解得q：0≤a≤4，结合充分、必要条件的概念即可求解.
【解答过程】命题q：一元二次不等式a x
2−ax +1≥0对一切实数x 都成立，
当a=0时，1>0,符合题意；
当a≠0时，有{
a>0
Δ≤0)，即{
a>0
a
2−4 a≤0)，解为a∈(0,4 ]，
∴q：0≤a≤4．又p：0≤a≤2，
设A =[0,2],B =[0,4 ]，则A是B的真子集，
所以p 是q 成立的充分非必要条件，
故选：A．
【变式1-2】（2025·江西九江·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1-3】（24-25 高一上·安徽淮北·阶段练习）下列条件中，为“关于x 的不等式m x
2−mx +1>0对
∀x∈R恒成立”的充分不必要条件的有（ ）
A．0≤m<4
B．0<m<2
C．1<m<6
D．−1<m<6
【解题思路】先求出关于x 的不等式m x
2−mx +1>0对∀x∈R恒成立的充要条件，然后根据充分不必要
条件的定义即可求解.
【解答过程】若关于x 的不等式m x
2−mx +1>0对∀x∈R恒成立，
当m=0时，不等式等价于1>0恒成立，故m=0满足要求，
当m≠0时，原不等式恒成立当且仅当{
m>0
Δ=(−m)
2−4 m<0)，解得0<m<4，
综上所述，若关于x 的不等式m x
2−mx +1>0对∀x∈R恒成立，则当且仅当0≤m<4，
而选项中只有0<m<2是0≤m<4的充分不必要条件.
故选：B.
【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】
【例2】（2025·辽宁鞍山·二模）若对任意的x∈(0,+ ∞), x
2−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,+∞), x
2−mx +1>0⇔m< x + 1
x ，而当x>0时，x + 1
x ≥2❑√x⋅1
x =2，当且仅当
x = 1
x ，即x =1时取等号，
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·云南文山·期末）命题“∀x∈[1,2), x
2+1−a≤0”为真命题的一个充分不必
要条件是（ ）
A．a>5
B．a≥5
C．a≥3
D．a≥2
【解题思路】参变分离计算可得a≥5，再利用充分不必要条件定义即可判断.
【解答过程】由x
2+1−a≤0⇒a≥x
2+1，因为x∈[1,2)，所以x
2+1∈[2,5)，
要想该命题为真命题，只需a≥5，四个选项中只有A 符合充分不必要的性质.
故选：A.
【变式2-2】（24-25 高二下·北京·期中）“−1≤m≤1”是“不等式x
2−2mx +1≥0在x∈(0,+∞)上恒成
立”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据不等式恒成立有2m≤x + 1
x 恒成立，应用基本不等式及充分、必要性定义判断条件间的
关系.
【解答过程】对于x∈(0,+ ∞)，x
2−2mx +1≥0可化为2m≤x + 1
x 恒成立，
由x + 1
x ≥2❑√x⋅1
x =2，当且仅当x =1时取等号，故2m≤2⇒m≤1，
所以“−1≤m≤1”是“不等式x
2−2mx +1≥0在x∈(0,+∞)上恒成立”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式2-3】（24-25 高一上·安徽宿州·期中）已知∀x∈[0,+∞)，x
2+ax + 4≥0恒成立，则实数a的取值
范围为（ ）
A．[−4,4)
B．[−4 ,+∞)
C．(−∞,4)
D．(−∞,−4)∪(4 ,+∞)
【解题思路】利用分离常数法，结合基本不等式来求得a的取值范围.
【解答过程】当x =0时，4≥0恒成立；当x∈(0,+∞)时，a≥−(x + 4
x)恒成立，
又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)≤−4，所以a≥−4.
故选：B.
【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】
【例3】（24-25 高一上·山东淄博·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．{x|−1≤x ≤4))
B．{x|0≤x ≤5
3))
C．{x|−1≤x ≤0 或5
3 ≤x ≤4))
D．{x|−1≤x<0 或5
3 < x ≤4))
【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{
−(x
2−2 x−1)+ x +3≥0
3(x
2−2 x−1)+ x +3≥0)，解得−1≤x ≤0或5
3 ≤x ≤4，
即实数x的取值范围为{x|−1≤x ≤0 或5
3 ≤x ≤4)).
故选：C.
【变式3-1】（24-25 高一下·河南濮阳·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．(−∞,1¿∪)3,+∞¿¿
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3-2】（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.
【变式3-3】（24-25 高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m≤2时，m x
2−mx −1<0恒成立，则实数x的取
值范围是（ ）
A．1−❑√2
2
< x< 1+ ❑√2
2
B．1−❑√3
2
< x< 1+ ❑√3
2
C．1−❑√5
2
< x< 1+ ❑√5
2
D．1−❑√7
2
< x< 1+ ❑√7
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(x
2−x)m−1<0，
由一次函数性质可知{
(x
2−x)×1−1<0
(x
2−x)×2−1<0)，即{
x
2−x−1<0
2 x
2−2 x−1<0)；
解得{
1−❑√5
2
< x< 1+ ❑√5
2
1−❑√3
2
< x< 1+ ❑√3
2 )
，综合可得1−❑√3
2
< x< 1+ ❑√3
2
；
故选：B.
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】
【例4】（24-25 高一上·江苏苏州·期末）若命题“∀x∈R , x
2−x +m≥0”是假命题，则实数m的取值范
围是（ ）
A．(−∞, 1
4)
B．(−∞, 1
4)
C． (
1
4 ,+∞)
D． [
1
4 ,+∞)
【解题思路】先写出命题的否定，再根据命题的否定为真命题，列不等式解得结果.
【解答过程】因为命题“∀x∈R , x
2−x +m≥0”是假命题，
所以“∃x∈R , x
2−x +m<0” 是真命题，
因此Δ=1−4 m>0,∴m< 1
4
即实数m的取值范围是(−∞, 1
4).
故选：B.
【变式4-1】（24-25 高一上·山东济南·期末）若∃x∈R ,m x
2+2(m−3) x + 4≤0，则实数m的取值范围
为（ ）
A．(1,9)
B．(−∞,0)
C．(−∞,1)∪(9,+∞)D．(−∞,1)∪[9,+ ∞)
【解题思路】分m=0，m<0和m>0三种情况分类讨论，其中当m>0时，利用判别式列不等式求解即可，
最后求并集.
【解答过程】当m=0时，不等式为−3 x +2≤0，即x ≥2
3，显然−3 x +2≤0在x∈R有解，符合题意；
m≠0，命题“∃x∈R ,m x
2+2(m−3) x + 4≤0”为真命题，
当m<0时，对于抛物线y =m x
2+2(m−3) x + 4，开口向下，
显然m x
2+2(m−3) x + 4≤0在x∈R有解，符合题意；
当m>0时，对于抛物线y =m x
2+2(m−3) x + 4，开口向上，
只需Δ=[2(m−3))
2−4×4×m≥0，解得m≤1或m≥9，
又m>0，所以0<m≤1或m≥9，
综上，实数m的取值范围是m≤1或m≥9，即m∈(−∞,1)∪[9,+ ∞).
故选：D.
【变式4-2】（24-25 高一上·海南·阶段练习）命题“∃x∈R ,使得x
2+ x +2m≤0”是真命题，则实数m的
取值范围是（ ）
A．m< 1
8
B．m≤1
8
C．m> 1
8
D．m≥1
8
【解题思路】由已知可得2m≤−x
2−x在R 上有解，只需2m≤(−x
2−x)max，再根据二次函数的性质求出
最大值，由此即可
【解答过程】因为∃x∈R ,使得x
2+ x +2m≤0是真命题，
即2m≤−x
2−x在R 上有解，只需2m≤(−x
2−x)max，
又函数−x
2−x =−( x + 1
2 )
2
+ 1
4 ≤1
4 ，所以2m≤1
4 ，解得m≤1
8
即实数m的取值范围为(−∞, 1
8 ].
故选：B.
【变式4-3】（24-25 高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式−x
2+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−x
2+ax−1>0有解，即不等式x
2−ax +1<0有解，
因此Δ=a
2−4>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.
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】
【例5】（24-25 高一上·北京·期中）已知存在x∈[0,1)，使得x
2−4 x ≥m
2−4 m成立，则m的取值范围是
（ ）
A．[0,1)
B．[1,3)
C．[0,4)
D．[0,+ ∞)
【解题思路】将问题转化为f ( x)max≥m
2−4 m，结合二次函数的最值性质即可得解.
【解答过程】依题意，令f ( x)= x
2−4 x , x∈[0,1]，
则f ( x)= x
2−4 x =( x−2)
2−4，其图象开口向上，对称轴为x =2，
所以函数f ( x)在区间[0,1]上单调递减，则f (x)max = f (0)=0
2−4×0=0，
因为存在x∈[0,1]，使得x
2−4 x ≥m
2−4 m成立，
所以f ( x)max≥m
2−4 m，即0≥m
2−4 m，
即m(m−4)≤0，解得0≤m≤4，
所以m的取值范围是[0,4)，
故选：C.
【变式5-1】（24-25 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−|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{
y =3 x−a
y =−x
2−2 x +3)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{
y =−3 x +a
y =−x
2−2 x +3)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】（2025·甘肃张掖·模拟预测）若关于x的不等式x
2−6 x +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x
2−6 x +2−a>0在区间[0,5)内有解，仅需( x
2−6 x +2)max>a，利用一元二次函数的
图像和性质求解即可.
【解答过程】不等式x
2−6 x +2−a>0在区间[0,5)内有解，仅需( x
2−6 x +2)max>a即可，
令f ( x)= x
2−6 x +2，因为f ( x)的对称轴为x =−−6
2×1 =3，f (0)=2，f (5)=−3，
所以由一元二次函数的图像和性质的得( x
2−6 x +2)max=2，
所以a<2，
故选：D.
【变式5-3】（24-25 高一上·江西南昌·阶段练习）若关于x的不等式x
2−4 x>a
2−5a在区间[0,4)内有解，
则实数a的取值范围是（ ）
A．(0,5)
B．(1,4)
C．(−∞，0)∪(5，+ ∞)
D．(−∞，1)∪(4，+∞)
【解题思路】求得x
2−4 x的最大值，由此列不等式来求得m的取值范围.
【解答过程】x
2−4 x =(x −2)
2−4 , x ∈[0,4)，所以当x =0或x = 4时，
x
2−4 x取得最大值为0，
由于关于x的不等式x
2−4 x>a
2−5a在区间[0,4)内有解，
所以a
2−5a<0,a(a−5)<0，解得0<a<5.
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4 x + y = xy.若x + y >m
2+8m恒成立，
则实数m的取值范围是（ ）
A．¿
B．¿
C．{m|m>1))
D．¿
【解题思路】利用“乘1 法”和基本不等式的性质，x + y >m
2+8m恒成立
⇔m
2+8m<(x + y)min再解不等
式即可．
【解答过程】∵x>0，y >0且4 x + y = xy,∴4
y + 1
x =1
∴x + y =(x + y)(
1
x + 4
y) =5+ 4 x
y + y
x ≥5+2❑√
4 x
y × y
x =9．
当且仅当x =3, y =6时取等号．
若x + y >m
2+8m恒成立，∴m
2+8m<(x + y)min
∴9>m
2+8m， 即得(m+9)(m−1)<0解得−9<m<1．
故选：D．
【变式6-1】（2025·福建宁德·模拟预测）若两个正实数x，y 满足4 x + y =2 xy，且不等式x + y
4 <m
2−m
有解，则实数m 的取值范围是（ ）
A．{m∣−1<m<2}
B．{m∣m<−1或m>2}
C．{m∣−2<m<1}
D．{m∣m<−2或m>1}
【解题思路】根据题意，利用基本不等式求得x + y
4 的最小值，把不等式x + y
4 <m
2−m有解，转化为不等
式m
2−m>2，即可求解.
【解答过程】由两个正实数x , y满足4 x + y =2 xy，得1
x + 4
y =2，
则x + y
4 = 1
2(
1
x + 4
y)(x + y
4)= 1
2(2+ 4 x
y + y
4 x)≥1
2(2+2❑√
4 x
y ⋅y
4 x)=2，
当且仅当4 x
y = y
4 x ，即y = 4 x = 4时取等号，
又由不等式x + y
4 <m
2−m有解，可得m
2−m>2，解得m<−1或m>2，
所以实数m的取值范围为{m∣m<−1或m>2}.
故选：B.
【变式6-2】（24-25 高一上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）两个正实数x , y满足1
x + 4
y =1，若不等式
x + y
4 <m
2+3m有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．{m|−1<m<4))
B．¿
C．{m|−4<m<1))
D．¿
【解题思路】先求得x + y
4 的最小值，由此列出关于m的不等式，进而求得m的取值范围.
【解答过程】由于x + y
4 =(x + y
4)(
1
x + 4
y)=2+ y
4 x + 4 x
y ≥2+2❑√
y
4 x ⋅4 x
y = 4，
当且仅当y
4 x = 4 x
y , y = 4 x =8时等号成立.
若不等式x + y
4 <m
2+3m有解，
则需m
2+3m>4，即m
2+3m−4 =(m+ 4)(m−1)>0，
解得m<−4或m>1，
所以m的取值范围是¿.
故选：B.
【变式6-3】（24-25 高一上·江西·阶段练习）若对于任意x∈(0,2)，不等式1
x +
1
2−x ≥m
2+m恒成立，则
实数m 的取值范围为（ ）
A．m≤−2或m≥1
B．−2≤m≤1
C．−1−❑√17
2
≤m≤−1+ ❑√17
2
D．m≤−1−❑√17
2
或m≥−1+ ❑√17
2
【解题思路】根据基本不等式的乘“1”法求解1
x +
1
2−x 的最小值，即可将问题转化为2≥m
2+m，解一元
二次不等式即可.
【解答过程】依题意有(
1
x +
1
2−x)min
≥m
2+m，
因为x∈(0,2),故2−x>0，则1
2(
1
x +
1
2−x)( x +2−x)= 1
2(
2−x
x
+
x
2−x +2)≥2，
当且仅当2−x
x
=
x
2−x ，即x =1时，等号成立，
所以2≥m
2+m，得−2≤m≤1．
故选：B.
【题型7 不等式恒成立、能成立问题综合】
【例7】（24-25 高一上·河北·阶段练习）设命题p：对任意−1≤x ≤1，不等式x
2−2 x−4 +m<0恒成立；
命题q：存在0≤x ≤1，使得不等式2 x−2≥m
2−3m成立，若p，q 中至少有一个是假命题，则实数m 的取
值范围为（ ）
A．{m∣m<−1)
B．{m∣0≤m≤3)
C．{m∣0≤m<1)
D．(−∞,0)∪[1,+∞)
【解题思路】先由二次函数的性质求出p为真时m<1，解二次不等式可得命题q等价于0≤m≤3，可求p，
q 都是真命题m的范围，进而可得答案.
【解答过程】若p 为真命题，即对任意−1≤x ≤1，不等式x
2−2 x−4 +m<0恒成立，
等价于当−1≤x ≤1时，m<(−x
2+2 x + 4)min，
当−1≤x ≤1时，−x
2+2 x + 4 =−(x−1)
2+5≥−(−1−1)
2+5=1，
即(−x
2+2 x + 4)min=1，所以m<1；
若q 为真命题，即存在0≤x ≤1，不等式2 x−2≥m
2−3m成立，
等价于当0≤x ≤1时，(2 x−2)max≥m
2−3m.
由于0≤x ≤1，−2≤2 x−2≤0，所以m
2−3m≤0，解得0≤m≤3.
若p，q 都是真命题，则{
m<1
0≤m≤3)⇒0≤m<1；
所以，若命题p，q 中至少有一个是假命题，则m<0或m≥1.
即m∈(−∞,0)∪[1,+∞),
故选：D.
【变式7-1】（24-25 高一上·北京·阶段练习）已知命题p:∃x∈R，(m+1)(x
2+1)≤0，命题q:∀x∈R，
x
2−mx +1>0恒成立.若p和q至多有一个为真命题，则实数m的取值范围为（ ）
A．[2,+ ∞)
B．(−1,2]
C．(−∞,−2]∪[2,+∞)
D．(−∞,−2]∪(−1,+∞)
【解题思路】根据条件，先求出命题p和命题q同时为真命题时m的取值范围，再求其补集，即可求解.
【解答过程】当命题p为真命题，即∃x∈R，使(m+1)(x
2+1)≤0成立，得到m+1≤0，即m≤−1，
当命题q为真命题，即对∀x∈R，x
2−mx +1>0恒成立，得到Δ=m
2−4<0，
即−2<m<2，
所以当命题p和命题q同时为真命题时，有{
m≤−1
−2<m<2)，即−2<m≤−1，
又命题p和命题q至多有一个为真命题，所以m≤−2或m>−1，
故选：D.
【变式7-2】（24-25 高一上·山东青岛·阶段练习）已知不等式2 x −1>m(x
2+2)．
(1)若∀x∈R，使不等式恒成立，求m的取值范围；
(2)若∃x>1，使不等式能成立，求m的取值范围；
(3)是否存在实数x，使不等式对−1≤m≤1恒成立．若存在，求出x取值范围；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）讨论m=0和m≠0两类情况即可；
（2）将不等式化为m< 2 x−1
x
2+2 ，通过换元2 x−1=t，借助基本不等式即可求解；
（3）将不等式化为m(x
2+2)−2 x +1<0，借助一次函数单调性即可求解.
【解答过程】（1）当m=0时，不等式为2 x−1>0，可得x> 1
2，不符合题意；
将不等式化为：m x
2−2 x +2m+1<0，由于∀x∈R，不等式恒成立，
所以{
m<0
Δ=−8m
2−4 m+ 4<0)解得：m<−1，
所以m的取值范围是m<−1.
（2）因为∃x>1，使不等式能成立，
也即∃x>1，使得m< 2 x−1
x
2+2 成立，
令2 x−1=t >1，则x = t +1
2 ，
则
2 x−1
x
2+2
=
t
(
t +1
2 )
2
+2
=
4t
t
2+2t +9
=
4
t +2+ 9
t
≤
4
2❑√t ⋅9
t +2
= 1
2，
当t =3时取等号，所以m< 1
2
（3）2 x−1>m(x
2+2)可化为m(x
2+2)−2 x +1<0，
若不等式对−1≤m≤1恒成立，因为x
2+2>0，
所以x
2+2−2 x +1<0也即x
2−2 x +3=(x−1)
2+2<0，无解，
故不存在.
【变式7-3】（24-25 高一上·河北张家口·阶段练习）已知函数f (x)=2 x
2−2ax +2−a
2，
g(x)= x
2+3 x−a
2−4 (a∈R)．
(1)当a=1时，解不等式f (x)> g(x)；
(2)若对任意x>0，都有f (x)> g(x)成立，求实数a的取值范围；
(3)若对∀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）利用十字相乘的方法解二次不等式即可；
（2）利用参变分离的方法解恒成立问题，其中最值可由均值不等式求得；
（3）将问题转化为f (x)min> g(x)min，分类讨论求出f (x)min，再解f (x)min> g(x)min范围即可.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)> g(x)即2 x
2−2 x +1> x
2+3 x−5，
所以x
2−5 x +6>0，所以( x−3)( x−2)>0，所以x>3或x<2，
所以不等式f (x)> g(x)的解集为{x|x>3))或x<2).
（2）“对任意x>0，都有f (x)> g(x)恒成立”等价于“对任意x>0，都有x + 6
x −3>2a恒成立”，
因为x>0时，x + 6
x −3≥2❑√x⋅6
x −3=2❑√6−3（当且仅当x = ❑√6时等号成立），
所以2a<2❑√6−3即a<❑√6−3
2，
所以实数a的取值范围是(−∞,❑√6−3
2 ).
（3）因为对∀x1∈[0,1)，∃x2∈[0,1)，使得不等式f (x1)>g(x2)成立，
所以不等式f (x1)min> g(x2)min，
因为g(x)= x
2+3 x−a
2−4 =( x + 3
2 )
2
−a
2−25
4 ，
所以y = g(x)在[0,1)单调递增，
所以g(x)min= g(0)=−a
2−4.
因为f (x)=2 x
2−2ax +2−a
2=2( x−a
2 )
2
+2−3a
2
2 ，
所以当a
2 <0，即a<0时，y = f (x)在[0,1)单调递增，
所以f (x)min= f (0)=2−a
2，
则2−a
2>−a
2−4成立，故a<0；
当0≤a
2 ≤1，即0≤a≤2时，f (x)min= f ( a
2 )=2−3a
2
2 ，
由2−3a
2
2 >−a
2−4得−2❑√3≤a≤2❑√3，所以0≤a≤2；
当a
2 >1，即a>2时，f (x)min= f (1)=−a
2−2a+ 4，
由−a
2−2a+ 4>−a
2−4得a<4，所以2<a<4.
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,4).
一、单选题
1．（2025·重庆·一模）已知a∈R，则“x
2+2 x +a>0的解集为R”是“a>0”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+2 x +a>0的解集为R可得Δ<0，即可求解.
【解答过程】因为不等式x
2+2 x +a>0的解集为R，所以4−4 a<0，所以a>1，
所以“x
2+2 x +a>0的解集为R”是“a>0”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2025·浙江·模拟预测）若不等式k x
2+(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k x
2+(k −6) x +2>0可化为−6 x +2>0，显然不合题意；
当k ≠0时，因为k x
2+(k −6) x +2>0的解为全体实数，
所以{
k >0
Δ=(k −6)
2−4 k ×2<0)，解得2<k <18；
综上：2<k <18.
故选：C.
3．（2025·福建宁德·模拟预测）命题“∃x∈[1,2], x
2≤a”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．a≥1
B．a≥4
C．a≥−2
D．a≤4
【解题思路】根据能成立问题求a 的取值范围，结合充分不必要条件理解判断.
【解答过程】∵∃x∈[1,2], x
2≤a，则(x
2)min≤a，即a≥1，
∴a 的取值范围[1,+∞)
由题意可得：选项中的取值范围对应的集合应为[1,+∞)的真子集，
结合选项可知B 对应的集合为[4 ,+∞)为[1,+ ∞)的真子集，其它都不符合，
∴符合的只有B，
故选：B.
4．（2025·山东泰安·模拟预测）“c∈(−2❑√3,2❑√3)”是“∀x∈R , x
2−cx +3≥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】化简“∀x∈R , x
2−cx +3≥0成立”，再结合充分条件和必要条件的定义判断.
【解答过程】由∀x∈R , x
2−cx +3≥0可得Δ=c
2−4×3≤0，
化简可得−2❑√3≤c≤2❑√3，
所以“∀x∈R , x
2−cx +3≥0成立”等价于“c∈(−2❑√3,2❑√3)”，
“c∈(−2❑√3,2❑√3)”可推出“∀x∈R , x
2−cx +3≥0成立”，
“∀x∈R , x
2−cx +3≥0成立”不能推出“c∈(−2❑√3,2❑√3)”
所以“c∈(−2❑√3,2❑√3)”是“∀x∈R , x
2−cx +3≥0成立”的充分不必要条件，
故选：A.
5．（2025·福建厦门·二模）不等式a x
2−2 x +1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．a>2
B．a≥1
C．a>1
D．0<a< 1
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.
【解答过程】当a=0时，−2 x +1>0，得x< 1
2，与题意矛盾，
当a≠0时，则{
a>0
Δ= 4−4 a<0)，解得a>1，
综上所述，a>1，
所以不等式a x
2−2 x +1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是A 选项.
故选：A.
6．（2025·辽宁鞍山·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.
7．（2025·河南·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.
8．（2025·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线x
a + y
b =1(a>0,b>0)上，若关于t的不等式
a+b≥t
2+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≥t
2+5t +3，
解之即可.
【解答过程】因为点A(1,4)在直线x
a + y
b =1(a>0,b>0)上，
所以1
a + 4
b =1，
故a+b=(a+b)(
1
a + 4
b)= b
a + 4 a
b +5≥2❑√
b
a ⋅4 a
b +5=9，
当且仅当b
a = 4 a
b 且1
a + 4
b =1，即a=3,b=6时等号成立，
因为关于t的不等式a+b≥t
2+5t +3恒成立，
所以9≥t
2+5t +3，解得−6≤t ≤1，
所以t ∈[−6,1).
故选：A.
二、多选题
9．（2025·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式4 x
2−5 x +1>0的解集是{x|x> 1
4 或x<1))
B．不等式2 x
2−x−6≤0的解集是{x|x ≤−3
2 或x ≥2))
C．若不等式a x
2+8ax +21<0恒成立，则a 的取值范围是∅
D．若关于x 的不等式2 x
2+ px−3<0的解集是(q ,1)，则p+q的值为−1
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.
【解答过程】对于A，4 x
2−5 x +1>0⇔(x−1)(4 x−1)>0⇔x< 1
4 或x>1，故A 错误；
对于B，2 x
2−x−6≤0⇔(x−2)(2 x +3)≤0⇔−3
2 ≤x ≤2，故B 错误；
若不等式a x
2+8ax +21<0恒成立，
当a=0时，21<0是不可能成立的，
所以只能{
a<0
Δ=64 a
2−84 a<0)，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2 x
2+ px−3=0的两根，
从而{
q×1= −3
2
2+ p−3=0)
，解得p=1,q =−3
2，
而当p=1,q =−3
2时，一元二次不等式2 x
2+ x−3<0⇔(x−1)(2 x +3)<0⇔−3
2 < x<1满足题意，
所以p+q的值为−1
2，故D 正确.
故选：CD.
10．（24-25 高一上·四川成都·阶段练习）已知函数f ( x)= x
2−ax + 4 ,a∈R，则下列叙述正确的是
（ ）
A．若对∀x∈R都有f ( x)≥0成立，则−4≤a≤4
B．若∃x∈[1,2]使得f ( x)≥0有解，则a≤4
C．若∃x1, x2>0且x1≠x2使得f ( x1)= f ( x2)=0，则a>4
D．若f ( x)≤0的解集是[1,4 ]，则a=5
【解题思路】利用不等式恒成立求解判断A；分离参数求出最大值判断B；由方程有两个正根求出范围判
断C；由不等式解集求出a判断D.
【解答过程】对于A，由x
2−ax + 4≥0恒成立，得Δ=a
2−16≤0，解得−4≤a≤4，A 正确；
对于B，当x∈[1,2]时，f ( x)≥0⇔ax≤x
2+ 4⇔a≤x + 4
x ，函数y = x + 4
x 在[1,2]上递减，
当x =1时，( x + 4
x )
max
=5，由∃x∈[1,2]使得f ( x)≥0有解，得a≤5，B 错误；
对于C，依题意，方程x
2−ax + 4 =0有两个不等的正根，则{
Δ=a
2−16>0
a>0
)，解得a>4，C 正确；
对于D，由x
2−ax + 4≤0的解集是[1,4 ]，得1,4是方程x
2−ax + 4 =0的两个根，则a=5，D 正确.
故选：ACD.
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k x
2−kx +1>0恒成立，则k 的取值范围是[0,4)
B．x
2−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x
2−ax +16>0恒成立，则实数a 的取值范围是(−∞,8)
D．若不等式x
2−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，{
k >0
Δ=k
2−4 k <0)，解得0<k <4，
综上得，k 的取值范围是[0,4)，选项A 正确.
B．由x
2−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.
C.由题意得，a< x + 16
x ( x>0)恒成立，即a<( x + 16
x )
min
，
由x + 16
x ≥2❑√x⋅16
x =8（当且仅当x = 4时取等号）可知( x + 16
x )
min
=8，
故实数a 的取值范围是(−∞,8)，选项C 正确.
D. 由题意得，a≤x + 4
x , x∈[1,3)，即a≤( x + 4
x )
min
，
由x + 4
x ≥2❑√x⋅4
x = 4（当且仅当x =2时取等号）可知( x + 4
x )
min
= 4，
故实数a 的取值范围是(−∞,4 ]，选项D 错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（2025·甘肃兰州·模拟预测）若不等式m x
2+2mx−4<2 x
2+ 4 x对任意x∈R都成立，则实数m的取
值范围是 (−2,2) ．
【解题思路】先将原不等式变形，然后分m=2和m≠2两种情况进行讨论，当m=2时直接判断不等式是否
恒成立，当m≠2时，根据二次函数的性质列出不等式组求解，最后综合两种情况得出m的取值范围.
【解答过程】原不等式等价于(m−2) x
2+2(m−2) x−4<0，
当m=2时，对x∈R，不等式恒成立；
当m≠2时，则有¿，解得：−2<m<2．
综上所述，实数m的取值范围是(−2,2]．
故答案为：(−2,2).
13．（24-25 高一上·新疆哈密·期末）已知关于x的不等式−x
2+ 4 x ≥a
2−3a在x∈[1,4 ]上有解，则实数a
的取值范围是 [−1,4) ．
【解题思路】求出f (x)=−x
2+ 4 x在x∈[1,4 ]的最大值，然后可得关于a 的不等式，解出即可.
【解答过程】设f (x)=−x
2+ 4 x，则f (x)=−x
2+ 4 x在x∈[1,4 ]的最大值为4，
因为关于x的不等式−x
2+ 4 x ≥a
2−3a在x∈[1,4 ]上有解，
即4≥a
2−3a，解得−1≤a≤4，
故答案为：[−1,4).
14．（2025·河南南阳·模拟预测）已知p,q∈R，若当x∈[0,2)时，不等式|p(x
2+1)+q)≤2恒成立，则
7 p+3q的取值范围是 [−6,6) .
【解题思路】令f (x)= p(x
2+1)+q，根据函数的单调性可得−2≤p+q≤2,−2≤5 p+q≤2，利用通向可
加性即可求解.
【解答过程】令f (x)= p(x
2+1)+q，则f (x)为单调函数或常数函数，
若当x∈[0,2)时，不等式|p(x
2+1)+q)≤2恒成立，
则|f (0))=|p+q)≤2,|f (2))=|5 p+q)≤2，
所以−2≤p+q≤2,−2≤5 p+q≤2，所以−4≤2( p+q)≤4 ,，
所以−6≤7 p+3q =2( p+q)+(5 p+q)≤6.
故答案为：[−6,6).
四、解答题
15．（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=|2 x−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3 x
2+(2t −8) x + 4−t
2≤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|2 x−a)≤b，
易知b≥0，则−b≤2 x−a≤b，解得a−b
2
≤x ≤b+a
2
，
由于f (x)≤b的解集为[−1,3)，则b+a
2
=3, a−b
2
=−1，解得a=2,b= 4．
（2）由（1）知f (x)=|2 x−2)，由f (x)≤|x−t )得|2 x−2|≤) x−t)，
得3 x
2+(2t −8) x + 4−t
2≤0在[−1,0)上恒成立，
Δ=(2t −8)
2−4×3×(4−t
2)=16(t −1)
2>0，故t ≠1．
令g(x)=3 x
2+(2t −8) x + 4−t
2，若g(x)≤0在[−1,0)上恒成立，
则{
g(−1)≤0
g(0)≤0 )，即{
−t
2−2t +15≤0
4−t
2≤0 )，解得t ≤−5或t ≥3，
故实数t的取值范围为(−∞,−5)∪[3,+ ∞)．
16．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数f (x)=| x−1|+| x +2|.
（1）求不等式f (x)≤5的解集；
（2）若不等式f (x)≥x
2−ax +1的解集包含[−1,1)，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）分类讨论，求解不等式即可；
（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.
【解答过程】（1）当x ≤−2时，f (x)≤5等价于−2 x−1≤5，
解得x∈[−3,−2]；
当−2< x<1时，f (x)≤5等价于3≤5，恒成立，
解得x∈(−2,1)；
当x ≥1时，f (x)≤5等价于2 x +1≤5，
解得x∈[1,2]；
综上所述，不等式的解集为[−3,2].
（2）不等式f (x)≥x
2−ax +1的解集包含[−1,1)，
等价于f (x)≥x
2−ax +1在区间[−1,1]上恒成立，
也等价于x
2−ax−2≤0在区间[−1,1]恒成立.
则只需g(x)= x
2−ax−2满足：
g(−1)≤0且g(1)≤0即可.
即1+a−2≤0,1−a−2≤0，
解得a∈[−1,1].
17．（23-24 高一上·江苏·阶段练习）设函数f ( x)=a x
2+(1−a)x +a−2.
（1）若关于x的不等式f (x)≥−2有实数解，求实数a的取值范围；
（2）若不等式f (x)≥−2对于实数a∈[−1,1)时恒成立，求实数x的取值范围；
（3）解关于x的不等式：f ( x)<a−1,(a∈R).
【解题思路】(1)将给定的不等式等价转化成a x
2+(1−a)x +a≥0，按a=0与a≠0并结合二次函数的性质
讨论存在实数使不等式成立即可；
(2)将给定的不等式等价转化成( x
2−x +1)a+ x ≥0，根据给定条件借助一次函数的性质即可作答；
(3)将不等式化为a x
2+(1−a)x−1<0，分类讨论并借助一元二次不等式的解法即可作答.
【解答过程】(1)依题意，f (x)≥−2有实数解，即不等式a x
2+(1−a)x +a≥0有实数解，
当a=0时，x ≥0有实数解，则a=0，
当a>0时，取x =0，则a x
2+(1−a)x +a=a>0成立，即a x
2+(1−a)x +a≥0有实数解，于是得a>0，
当a<0时，二次函数y =a x
2+(1−a)x +a的图象开口向下，要y ≥0有解，当且仅当
Δ=(1−a)
2−4 a
2≥0⇔−1≤a≤1
3，从而得−1≤a<0，
综上，a≥−1，
所以实数a的取值范围是a≥−1；
(2)不等式f (x)≥−2对于实数a∈[−1,1)时恒成立，即∀a∈[−1,1],( x
2−x +1)a+ x ≥0，
显然x
2−x +1>0，函数g(a)=( x
2−x +1)a+ x在a∈[−1,1)上递增，从而得g(−1)≥0，即
−x
2+2 x−1≥0，解得x =1，
所以实数x的取值范围是{1}；
(3) 不等式f ( x)<a−1⇔a x
2+(1−a)x −1<0，
当a=0时，x<1，
当a>0时，不等式可化为( x + 1
a )( x−1)<0，而−1
a <0，解得−1
a < x<1，
当a<0时，不等式可化为( x + 1
a )( x−1)>0，
当−1
a =1，即a=−1时，x∈R , x≠1，
当−1
a <1，即a<−1时，x<−1
a或x>1，
当−1
a >1，即−1<a<0时，x<1或x>−1
a，
所以，当a=0时，原不等式的解集为(−∞,1)，
当a>0时，原不等式的解集为(−1
a ,1)，
当−1≤a<0时，原不等式的解集为(−∞,1)∪(−1
a ,+∞)，
当a<−1时，原不等式的解集为(−∞,−1
a )∪(1,+∞).
18．（24-25 高一上·山东菏泽·期中）已知函数f (x)= x
2−(a+1) x +2.
(1)解关于x的不等式f (x)>−a+2；
(2)∀x1，x2∈[1,2)，都有|f (x1)−f (x2))<4恒成立，求实数a的取值范围.
【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x
2−(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∀x1，∀x2∈[1,2)，都有|f (x1)−f (x2))<4恒成立，所以[f (x))max−[f (x))min<4，
当a+1
2
≤1时，即a≤1时，[f (x))max= f (2)= 4−2a，[f (x))min= f (1)=2−a，
由[f (x))max−[f (x))min<4 ⇒ (4−2a)−(2−a)<4 ⇒ 2−a<4，即a>−2，故−2<a≤1；
当a+1
2
≥2时，即a≥3时，[f (x))max= f (1)=2−a，[f (x))min= f (2)= 4−2a，
由[f (x))max−[f (x))min<4 ⇒ (2−a)−(4−2a)<4 ⇒ a<6，故3≤a<6，
当3
2 ≤a+1
2
<2时，即2≤a<3时，[f (x))min= f(
a+1
2 )= −a
2−2a+7
4
，
[f (x))max= f (1)=2−a，
由[f (x))max−[f (x))min<4 ⇒ (2−a)−−a
2−2a+7
4
<4 ⇒ 1−2❑√2<a<1+2❑√2，故2≤a<3，
当1< a+1
2
< 3
2时，即1<a<2时，[f (x))min= f(
a+1
2 )= −a
2−2a+7
4
，
[f (x))max= f (2)= 4−2a，
由[f (x))max−[f (x))min<4 ⇒ (4−2a)−−a
2−2a+7
4
<4 ⇒ 3−❑√2<a<3+ ❑√2，故1<a<2.
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a x
2−3 x +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a x
2−3 x +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a x
2−3 x +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a x
2−3 x +6=0的两根，结合韦达定理求解即可；
（2）由（1）可知a x
2−3 x +6=−3 x
2−3 x +6= 27
4 −3( x + 1
2 )
2
，求出27
4 −3( x + 1
2 )
2
在
x∈{x|1≤x ≤3}上的最小值，即可得答案；
（3）结合（2）求出27
4 −3( x + 1
2 )
2
在x∈{x|1≤x ≤3}上的最大值，即可得答案
【解答过程】（1）由题意可得x =−2, x =1是方程a x
2−3 x +6=0的两根，
由韦达定理可得{
3
a =−2+1=−1
6
a =−2×1=−2)
，
解得a=−3;
（2）因为a=−3，
所以a x
2−3 x +6=−3 x
2−3 x +6= 27
4 −3( x + 1
2 )
2
，
当x∈{x|1≤x ≤3}时，则27
4 −3( x + 1
2 )
2
的最小值为−30，
所以t ≤−30，
所以实数t的取值范围为(−∞,−30]；
（3）由（2）可知当x∈{x|1≤x ≤3}时，则27
4 −3( x + 1
2 )
2
的最大值为0，
所以实数t的取值范围为(−∞,0].
