重难点02 不等式恒成立、能成立问题7 大题型
【全国通用】
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”是常考的重点、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
合解题能力和培养其思维能力都起到很好的作用，二轮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】（2025·湖北黄冈·模拟预测）若“∀x∈R , x
2−mx +2>0”是真命题，则实数m的取值范围为
（ ）
A．(−2❑√2,2❑√2)B．[−2❑√2,2❑√2)
C．(−2,2)
D．[−2,2)
【答案】A
【解题思路】由判别式Δ<0即可求解.
【解答过程】由题意可得：Δ=m
2−8<0，
解得：−2❑√2<m<2❑√2，
所以实数m的取值范围为(−2❑√2,2❑√2)，
故选：A.
【变式1-1】（25-26 高一上·江苏·期中）不等式k x
2+kx +1≥0对一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围
是（ ）
A．(−∞,0)∪[4 ,+∞)
B．(−∞,0)∪(4 ,+∞)
C．[0,4)
D．(0,4)
【答案】C
【解题思路】对不等式的二次项系数进行分类讨论，结合二次函数的性质进行求解即可.
【解答过程】当k =0时，原不等式变为1≥0，显然对一切实数都成立；
当k ≠0时，由{
k >0
Δ=k
2−4 k ≤0)，解得0<k ≤4；
综上所述，实数k 的取值范围是[0,4).
故选：C.
【变式1-2】（2025·河南·模拟预测）已知命题“∃x∈R , x
2−mx +m<0”是假命题，则实数m的取值范
围为（ ）
A．[0,4)
B．(0,4)
C．[0,2)
D．(0,2)
【答案】A
【解题思路】已知原命题为假命题，那么它的否定“∀x∈R , x
2−mx +m≥0”为真命题.对于一元二次
函数y = x
2−mx +m，要使其对于任意实数x都大于等于0，则需要考虑其判别式Δ的取值范围.
【解答过程】已知原命题为假命题，那么它的否定“∀x∈R , x
2−mx +m≥0”为真命题.
对于一元二次函数y = x
2−mx +m，要使其对于任意实数x都大于等于0.
因为y = x
2−mx +m≥0恒成立，所以Δ≤0，即m
2−4 m≤0，解得0≤m≤4.
故选：A.
【变式1-3】（25-26 高一上·宁夏银川·期中）对于任意实数x，不等式(a−2) x
2−2(a−2) x−4<0恒成
立，则实数a的取值范围为（ ）
A．{a|a<2))
B．{a|a≤2))
C．{a|−2<a<2))
D．{a|−2<a≤2))
【答案】D
【解题思路】分a=2与a≠2讨论即可得.
【解答过程】当a=2时，可得−4<0，符合题意；
当a≠2时，需使{
Δ=[−2(a−2))
2−4 (a−2)⋅(−4)<0
a−2<0
)，解得−2<a<2；
综上，实数a的取值范围为{a|−2<a≤2)).
故选：D.
【题型2 一元二次不等式在某区间上恒成立问题】
【例2】（25-26 高一上·贵州六盘水·期中）一元二次不等式x
2−mx −1≤0在区间[2,4)上恒成立，则实数m
的取值范围是（ ）
A．(−∞, 3
2)
B．[
3
2 , 15
4 )
C．[
3
2 ,+∞)
D．[
15
4 ,+∞)
【答案】D
【解题思路】参变分离可得m≥x−1
x 在区间[2,4)上恒成立，结合函数的单调性求出(x−1
x)max
，即可得解.
【解答过程】因为x
2−mx−1≤0在区间[2,4)上恒成立，
所以x
2−1≤mx在区间[2,4)上恒成立，
即m≥x−1
x 在区间[2,4)上恒成立，
又y = x与y =−1
x 均在区间[2,4)上单调递增，
所以y = x−1
x 在区间[2,4)上单调递增，所以(x−1
x)max
= 15
4 ，
所以m≥15
4 ，即实数m的取值范围为[
15
4 ,+ ∞).
故选：D.
【变式2-1】（25-26 高三上·北京西城·月考）若∀x∈(1,+∞)，不等式x
2−(1+m)x +(1+m)≥0恒成
立，则实数m 的取值范围是（ ）
A．(−∞,2]
B．[2,+ ∞)
C．(−∞,3]
D．[3,+∞)
【答案】C
【解题思路】分离参数，结合基本不等式求m的取值范围.
【解答过程】因为不等式x
2−(1+m)x +(1+m)≥0，当x>1时恒成立，
所以(m+1)(x−1)≤x
2 ⇒ m+1≤
x
2
x−1.
当x>1时，x
2
x−1 = [(x−1)+1)
2
x−1
=(x−1)+
1
x−1 +2 ≥2❑√
(x−1)·
1
x−1 +2 = 4，
当且仅当x =2时取等号.
所以m+1≤4 ⇒ m≤3.
故选：C.
【变式2-2】（25-26 高一上·江苏南通·期中）当x∈(−1,1)时，不等式2k x
2−kx−3
8 <0恒成立，则k的取
值范围是（ ）
A．(−3,0)
B．[−3,0)
C．(−3, 1
8)
D．(−3, 1
8)
【答案】D
【解题思路】先对二次项系数进行分类，结合二次函数的图像性质即可求解.
【解答过程】当x∈(−1,1)时，不等式2k x
2−kx −3
8 <0恒成立，
当k =0时，满足不等式恒成立；
当k ≠0时，令f (x)=2k x
2−kx −3
8，则f (x)<0在(−1,1)上恒成立，
函数f (x)的图象抛物线对称轴为x = 1
4 ，
k >0时，函数f (x)开口向上，且f (x)在(−1, 1
4)上单调递减，在(
1
4 ,1)上单调递增，
则有{
f (−1)=2k + k −3
8 ≤0
f (1)=2k −k −3
8 ≤0)
，解得0<k ≤1
8；
k <0时，函数f (x)开口向下，且f (x)在(−1, 1
4)上单调递增，在(
1
4 ,1)上单调递减，
则有f(
1
4)= 2k
16 −k
4 −3
8 <0，解得−3<k <0.
综上可知，k的取值范围是(−3, 1
8).
故选：D.
【变式2-3】（25-26 高一上·安徽芜湖·月考）设0< x< 1
2，若关于x 的不等式2k x
2−(k +3) x +2≥0恒成
立，则实数k 的最大值为（ ）
A．8
B．9
C．10
D．11
【答案】B
【解题思路】根据题意整理可得k ≤3 x−2
2 x
2−x ，换元令t =2−3 x，结合基本不等式运算求解即可.
【解答过程】因为2k x
2−(k +3) x +2≥0，可得k (2 x
2−x)≥3 x−2，
且0< x< 1
2，则2 x
2−x = x (2 x−1)<0，可得k ≤3 x−2
2 x
2−x ，
令t =2−3 x∈(
1
2 ,2)，则x = 2−t
3
，
可得
k ≤
−t
2(
2−t
3 )
2
−2−t
3
=−
9t
2t
2−5t +2
=
9
5−2(t + 1
t)
，
因为t + 1
t ≥2❑√t ⋅1
t =2，故5−2(t + 1
t)≤1，因此
9
5−2(t + 1
t)
≥9
，
当且仅当t = 1
t ，即t =1，x = 1
3时，等号成立，
可得k ≤9，所以实数k 的最大值为9.
故选：B.
【题型3 给定参数范围的不等式恒成立问题】
【例3】（25-26 高一上·云南红河·月考）当0≤m≤3时，不等式x
2−(m+2) x +m−3<0恒成立，则x的取
值范围为（ ）
A．(−1,5)
B．(−1,3)
C．(0,3)
D．(0,5)
【答案】C
【解题思路】结合题意利用主元变换法转化为一次函数的恒成立问题，进而建立不等式组，求解参数范围
即可.
【解答过程】因为当0≤m≤3时，不等式x
2−(m+2) x +m−3<0恒成立，
所以x
2−mx−2 x +m−3<0恒成立，整理得(1−x)m+ x
2−2 x−3<0恒成立，
令f (m)=(1−x)m+ x
2−2 x −3，则{
f (0)= x
2−2 x−3<0
f (3)=3−3 x + x
2−2 x−3<0)，
解得x∈(0,3)，则x的取值范围为(0,3)，故C 正确.
故选：C.
【变式3-1】（25-26 高一上·黑龙江哈尔滨·期中）若∃a∈[1,2)，使得关于a的不等式a x
2+ x−a+1≥0成
立，则实数x的取值范围为（ ）
A．x ≤−1或x ≥0 B．x ≤−1或x ≥1
2
C．x ≥1
D．x ≤1
【答案】A
【解题思路】将问题转化为f (a)=(x
2−1)a+ x +1，结合函数单调性求出f (a)在[1,2)的最大值大于等于0
即可求解.
【解答过程】将不等式a x
2+ x−a+1≥0变形为：a(x
2−1)+ x +1≥0，令f (a)=(x
2−1)a+ x +1，所以
f (a)是关于a的函数；
当x =−1时，f (a)=0≥0满足条件；
当x =1时，f (a)=2≥0满足条件；
当x
2−1<0时，即−1< x<1时，f (a)在[1,2)上单调递减，
若∃a∈[1,2)，使得关于a的不等式a x
2+ x−a+1≥0成立，则f (a)max = f (1)= x
2−1+ x +1≥0，解得：
x ≤−1或x ≥0，
由于−1< x<1，则0≤x<1；
当x
2−1>0时，即x<−1或x>1时，f (a)在[1,2)上单调递增，
若∃a∈[1,2)，使得关于a的不等式a x
2+ x−a+1≥0成立，则f (a)max= f (2)=2 x
2−2+ x +1≥0，解
得：x ≤−1或x ≥1
2，
由于x<−1或x>1，则x<−1或x>1；
综上，实数x的取值范围为：x ≤−1或x ≥0；
故选：A.
【变式3-2】（25-26 高一上·湖北随州·期中）若不等式 x
2−ax ≥16−3 x−4 a对任意a∈[−2,4)恒成立，
则x 的取值范围为（ ）
A．(−∞,−8)∪[3,+ ∞)
B．(−∞,0)∪[1,+∞)
C．[−8,6)
D．(0,3)
【答案】A
【解题思路】首先不等式看成关于a的不等式，再根据定义域，列式求解.
【解答过程】不等式整理为关于a的一元一次不等式(4−x)a+ x
2+3 x−16≥0，a∈[−2,4)恒成立，
{
(4−x)⋅(−2)+ x
2+3 x−16≥0
(4−x)⋅4 + x
2+3 x−16≥0 )，{
x ≤−8 或x ≥3
x ≤0 或x ≥1 )，得x ≤−8或x ≥3，
所以x的取值范围是(−∞,−8)∪[3,+∞).
故选：A.
【变式3-3】（24-25 高一上·贵州·期中）已知集合A ={t|t
2−5t −6≤0))，对于任意的t ∈A，不等式
x
2+tx−t >2 x−1恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）
A．(1,2)
B．(−∞,1)∪(1,+∞)
C．(−5,2)
D．(−∞,−5)∪(2,+∞)
【答案】D
【解题思路】根据题设有A ={t |−1≤t ≤6}，且( x−1)( x−1+t )>0在t ∈A上恒成立，讨论x>1、x =1
、x<1求实数x 的取值范围.
【解答过程】由题设A ={t|(t −6)(t +1)≤0))={t |−1≤t ≤6}，
由x
2+tx −t >2 x−1，即( x−1)( x−1+t )>0在t ∈A上恒成立，
当x>1时，x−1+t >0⇒x>1−t恒成立，此时x>2，
当x =1时，不等式不成立，
当x<1时，x−1+t <0⇒x<1−t恒成立，此时x<−5，
综上，实数x 的取值范围是(−∞,−5)∪(2,+∞).
故选：D.
【题型4 一元二次不等式在实数集上有解问题】
【例4】（25-26 高一上·山西太原·期中）若存在x∈R，使得不等式k x
2−kx −1>0成立，则实数k的取值
范围是（ ）
A．(−∞,−4)
B．(0,+ ∞)
C．(−4,0)
D．(−∞,−4)∪(0,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】应用分类讨论，结合对应二次函数的性质列不等式求参数范围.
【解答过程】当k =0，则k x
2−kx−1=−1>0，在x∈R上显然不成立，
当k ≠0，则k >0或{
k <0
Δ=k
2+ 4 k >0)，得k >0或k <−4，
综上，实数k的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞).
故选：D.
【变式4-1】（25-26 高一上·天津武清·期中）若命题“∃x∈R，使得x
2+2ax +2a+3<0”为真命题，则
实数a 的取值范围是（ ）
A．{a|a<−1)
B．{a|−1≤a≤3)
C．{a|a<−1或a>3}
D．{a|1−
❑√7
2 ≤a≤1+
❑√7
2 )
【答案】C
【解题思路】根据题意，关于x的不等式x
2+2ax +2a+3<0有解，则对应二次函数的判别式Δ>0，解关于a
的不等式即可.
【解答过程】因为“∃x∈R，使得x
2+2ax +2a+3<0”为真命题，
则Δ=(2a)
2−4(2a+3)>0，即a
2−2a−3=(a+1)(a−3)>0，
解之得{a|a<−1或a>3}，即C 正确.
故选：C.
【变式4-2】（25-26 高一上·天津南开·月考）若关于x 的不等式x
2+2 x +9<m
2+2m有实数解，则实数m
的取值范围是（ ）
A．(−∞,−4)∪(2,+∞)
B．(−∞,−4¿∪)2,+∞¿¿
C．(−4,2)
D．(−∞,−2¿∪)4 ,+∞¿¿
【答案】A
【解题思路】设f (x)= x
2+2 x +9，若要使不等式x
2+2 x +9<m
2+2m有实数解；则f ( x)min<m
2+2m；然
后根据一元二次不等式解出答案．
【解答过程】设f (x)= x
2+2 x +9，
若要使不等式x
2+2 x +9<m
2+2m有实数解；
则需要满足f ( x)min<m
2+2m即可，
又f (x)= x
2+2 x +9=( x +1)
2+8，
则f ( x)min= f (−1)=8；
则8<m
2+2m，解得m<−4或m>2；
故选：A．
【变式4-3】（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,+ ∞)
【答案】D
【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.
【题型5 一元二次不等式在某区间上有解问题】
【例5】（25-26 高一上·湖北孝感·期中）当1≤x ≤3时，关于x的不等式x
2−ax + 4≥0有解，则实数a的取
值范围是（ ）
A．a≤4
B．a≤−4或a≥4
C．a≤5
D．a≤13
3
【答案】C
【解题思路】根据题意参变分离得a≤[x + 4
x)max
，再根据对勾函数求最值即可．
【解答过程】由1≤x ≤3时，x
2−ax + 4≥0有解，
所以a≤[x + 4
x)max
，
又y = x + 4
x 在[1,2)上单调递减，在[2,3)上单调递增，
且x =1时，y =5，x =3时，y = 13
3
所以a≤[x + 4
x)max
=5．
故选：C．
【变式5-1】（25-26 高一上·黑龙江·期中）若存在x∈[−2,0)，使得x
2−2 x +5−m<0成立，则m 的取值
范围为（ ）
A．m>13
B．m>4
C．m>5
D．m>8
【答案】C
【解题思路】将问题转化为m>(x
2−2 x +5)min，利用二次函数性质求解最值即可.
【解答过程】存在x∈[−2,0)，使得x
2−2 x +5−m<0成立，
所以m>(x
2−2 x +5)min，x∈[−2,0)，
由二次函数的性质可知y = x
2−2 x +5在[−2,0)上单调递减，
所以当x =0时，函数y = x
2−2 x +5取得最小值5，所以m>5．
故选：C.
【变式5-2】（25-26 高一上·天津南开·月考）设a∈R，若关于x的不等式x
2−ax +1≥0在1≤x ≤2上有
解，则（ ）
A．a≤2
B．a≥2
C．a≤5
2
D．a≥5
2
【答案】C
【解题思路】通过分离参数，得到a≤x + 1
x ，由对勾函数单调性求得f (x)= x + 1
x 最大值即可求解.
【解答过程】由x
2−ax +1≥0，
得到a≤x + 1
x ，
由题意a≤(x + 1
x)max
，
令f (x)= x + 1
x ，由对勾函数单调性可知f (x)在[1,2)上单调递增，
即最大值为f (2)= 5
2，
所以a≤5
2，
故选：C.
【变式5-3】（25-26 高一上·江西赣州·月考）当1≤x ≤4时，关于x 的不等式x
2−mx −m+15≤0有解的充
要条件是（ ）
A．m∈(−∞,+5)
B．m∈[6,+∞)
C．m∈[7,+ ∞) D．m∈[8,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】参变分离得到m≥(
x
2+15
x +1 )min
，换元，利用基本不等式求出(
x
2+15
x +1 )min
=6，从而得到答案.
【解答过程】x
2−mx−m+15≤0⇒m(x +1)≥x
2+15⇒m≥x
2+15
x +1 ，1≤x ≤4，
关于x 的不等式x
2−mx−m+15≤0有解，故m≥(
x
2+15
x +1 )min
即可，
令t = x +1∈[2,5)，则x =t −1，
(t −1)
2+15
t
= t
2−2t +16
t
=t + 16
t −2≥2❑√t ⋅16
t −2=6，
当且仅当t = 16
t ，即t = 4 , x =3时，等号成立，
所以m≥6，故充要条件为m∈[6,+ ∞).
故选：B.
【题型6 基本不等式中的恒成立、有解问题】
【例6】（2025·吉林延边·一模）已知正实数x，y满足x + y −1
2 xy =0，且不等式x + y −a>0恒成立，则a
的取值范围是（ ）
A．a<2
B．a<8
C．a<6
D．a<4
【答案】B
【解题思路】对题目等式变形得1
x + 1
y = 1
2，再利用乘“1”法即可得到答案.
【解答过程】因为正实数x,y满足x + y −1
2 xy =0，所以1
x + 1
y = 1
2，
则：x + y =2( x + y)(
1
x + 1
y)=2(2+ x
y + y
x)≥8，
当且仅当x = y = 4时取等号，因为不等式x + y −a>0恒成立，所以a<8．
故选：B．
【变式6-1】（24-25 高一上·江西南昌·期中）若两个正实数x，y满足1
x + 4
y =1，且不等式x + y
4 <m
2−3m
有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．{m|−1<m<4 }
B．{m|m<−4或m>1}
C．{m|−4<m<1}
D．{m|m<−1或m>4 }
【答案】D
【解题思路】首先将原问题转化为(x + y
4)min
<m
2−3m，再利用基本不等式的知识求出x + y
4 的最小值即
可.
【解答过程】∵不等式x + y
4 <m
2−3m有解，
∴(x + y
4)min
<m
2−3m，
∵x>0，y >0，1
x + 4
y =1，
∴x + y
4 =(x + y
4)(
1
x + 4
y)= 4 x
y + y
4 x +2≥2❑√
4 x
y · y
4 x +2= 4，
当且仅当4 x
y = y
4 x ，即x =2，y =8时，等号成立，
∴m
2−3m>4，∴(m+1)(m−4)>0，∴m<−1或m>4，
∴实数m的取值范围是{m|m<−1或m>4}．
故选：D．
【变式6-2】（2025·江西·一模）已知正数x，y 满足x + y =6，若不等式a≤x
2
x +1 +
y
2
y +2恒成立，则实数a
的取值范围是 ．
【答案】(−∞,4)
【解题思路】将x
2
x +1 +
y
2
y +2变形为x +1+
1
x +1 −2+ y +2+
4
y +2 −4 =3+
1
x +1 +
4
y +2，利用均值不等式
求1
x +1 +
4
y +2的最小值即可求解.
【解答过程】因为x + y =6，
所以t = x
2
x +1 +
y
2
y +2 = (x +1)
2−2(x +1)+1
x +1
+ ( y +2)
2−4 ( y +2)+ 4
y +2
= x +1+
1
x +1 −2+ y +2+
4
y +2 −4 =3+
1
x +1 +
4
y +2，
所以t =3+
1
x +1 +
4
y +2 =3+ x +1+ y +2
9
(
1
x +1 +
4
y +2)
= 32
9 +
y +2
9(x +1) + 4 (x +1)
9( y +2) ≥32
9 +2❑√
y +2
9( x +1) × 4( x +1)
9( y +2) = 4，等号成立当且仅当y = 4 , x =2，
所以(
x
2
x +1 +
y
2
y +2)min
= 4，a≤4，
故实数a 的取值范围是(−∞,4).
故答案为：(−∞,4 ].
【变式6-3】（25-26 高一上·陕西宝鸡·期中）已知x>0, y >0，且x + y =1，若m
2+3m≤2
x + 8
y 恒成立，则
实数m的取值范围是
．
【答案】[−6,3)
【解题思路】利用“乘1 法”和基本不等式的性质，m
2+3m≤2
x + 8
y 恒成立
⇔m
2+3m≤(
2
x + 8
y)min
再解
不等式即可．
【解答过程】∵x>0，y >0且x + y =1,
∴2
x + 8
y =(x + y)(
2
x + 8
y) =10+ 8 x
y + 2 y
x ≥10+2❑√
8 x
y × 2 y
x =18．
当且仅当x = 1
3 , y = 2
3时取等号．
若m
2+3m≤2
x + 8
y 恒成立，∴m
2+3m≤(
2
x + 8
y)min
∴m
2+3m≤18， 即得(m+6)(m−3)≤0解得−6≤m≤3．
故答案为：[−6,3)．
【题型7 不等式恒成立、能成立问题综合】
【例7】（24-25 高一上·北京·月考）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,+∞)
【答案】D
【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7-1】（24-25 高一上·河北·月考）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,+∞)
【答案】D
【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7-2】（25-26 高一上·天津南开·期中）已知关于x的不等式a x
2−2 x−a+1<0.
(1)是否存在实数a，使不等式对任意x∈R恒成立，并说明理由；
(2)若不等式对于a∈[−1,1)恒成立，求实数x的取值范围；
(3)若存在x∈[2,+∞)使不等式成立，求a的取值范围.
【答案】(1)不存在，理由见解析；
(2)(−1+ ❑√3,2)；
(3)(−∞,1).
【解题思路】（1）分a=0和a≠0讨论，当a≠0时，结合二次函数开口和判别式即可得到答案；
（2）变换主元，代入边界值得到不等式组，解出即可；
（3）分离参数得a< 2 x−1
x
2−1 ，再利用换元法并结合函数单调性即可得到答案.
【解答过程】（1）当a=0时，−2 x +1<0不恒成立；
当a≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，
则需a<0且Δ= 4−4 a(1−a)= 4(a
2−a+1)<0，无解，所以不存在实数a，使不等式恒成立．
（2）设f (a)=(x
2−1)a−(2 x−1)，当a∈[−1,1]时，f (a)<0恒成立．
当且仅当{
f (−1)<0
f (1)<0 )，即{
x
2+2 x−2>0
x
2−2 x<0 )，解得{
x<−1−❑√3
0< x<2 )或{
x>−1+ ❑√3
0< x<2 )，
所以x的取值范围是(−1+ ❑√3,2)．
（3）因为x∈[2,+ ∞)，所以a< 2 x−1
x
2−1 ．
设m=2 x−1(m≥3), x
2−1= m
2+2m−3
4
，
所以a<
4 m
m
2+2m−3
=
4
m−3
m +2．
设g(m)=m−3
m +2 (m≥3)，显然g(m)在[3,+∞)上为增函数，
所以g(m)≥g(3)= 4，所以
4
m−3
m +2
≤1
，
所以a的取值范围是(−∞,1)．
【变式7-3】（24-25 高一上·河北张家口·月考）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．
【答案】(1){x|x >3))或x<2)；
(2)(−∞,❑√6−3
2 )；
(3)(−∞,4).
【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·陕西咸阳·二模）已知命题“∃x∈R，使x
2+ x +a−2≤0”是假命题，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,0)
B．[0,4)
C．[4 ,+∞)
D．(
9
4 ,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】由题意可知命题“∀x∈R，x
2+ x +a−2>0”为真命题，可得出Δ<0，可得出实数a的取
值范围.
【解答过程】因为命题“∃x∈R，使x
2+ x +a−2≤0”是假命题，
则命题“∀x∈R，x
2+ x +a−2>0”为真命题，则Δ=1−4 (a−2)=9−4 a<0，解得a> 9
4 ，
故实数a的取值范围是(
9
4 ,+ ∞).
故选：D.
2．（25-26 高一上·湖北武汉·月考）设x>0，y >0，且不等式(ax + y)(
1
x + 1
y)≤9有解，则正实数a的取值
范围是（ ）
A．a≥4
B．0<a≤2
C．0<a≤4
D．a≥2
【答案】C
【解题思路】先利用基本不等式，用a表示式子(ax + y)(
1
x + 1
y)的最小值，再令该最小值不大于9，求a的
取值范围即可.
【解答过程】∵x>0，y >0，a>0，
∴(ax + y)(
1
x + 1
y)=a+1+ y
x + ax
y ≥a+1+2❑√
y
x × ax
y =(❑√a+1)
2（当且仅当y
x = ax
y 时取等号)，
又∵(ax + y)(
1
x + 1
y)≤9有解，∴(❑√a+1)
2≤9，解得：0<a≤4.
故选：C.
3．（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
【答案】A
【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.
4．（25-26 高一上·福建·期中）已知存在x∈[−1, 3
2)，使得x
2−2 x ≥m
2−2m成立，则m的取值范围是
（ ）.
A．[0,2)
B．[−1,3)
C．[
1
2 , 3
2)
D．[0,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】将问题转化为f ( x)max≥m
2−2m，结合二次函数的单调性即可得解.
【解答过程】依题意，令f ( x)= x
2−2 x , x∈[−1, 3
2)，
则f ( x)= x
2−2 x =( x−1)
2−1，其图象开口向上，对称轴为x =1，
所以函数f ( x)在区间[−1,1]上单调递减，在区间[1, 3
2)上单调递增，
又f (−1)=(−1)
2−2×(−1)=3，f(
3
2)=(
3
2)
2
−2× 3
2 =−3
4 ，
则f (x)max= f (−1)=3，
因为存在x∈[−1, 3
2)，使得x
2−2 x ≥m
2−2m成立，
所以f ( x)max≥m
2−2m，即3≥m
2−2m，即(m+1)(m−3)≤0，解得−1≤m≤3，
所以m的取值范围是[−1,3).
故选：B.
5．（24-25 高一上·江苏南通·期中）∀x∈(−1,+ ∞), x
2+(1−k ) x +1−k ≥0恒成立，则实数k的取值范
围为（ ）
A．(−∞,−1)
B．(−∞,0)
C．(−3,1)
D．(−∞,1)
【答案】D
【解题思路】将问题转化为k ≤x
2+ x +1
x +1
对于x∈(−1,+∞)恒成立，进而由x
2+ x +1
x +1
= x +1+
1
x +1 −1结
合基本不等式求解即可.
【解答过程】由x
2+(1−k ) x +1−k ≥0，且x +1>0，得k ≤x
2+ x +1
x +1
，
则问题转化为k ≤x
2+ x +1
x +1
对于x∈(−1,+∞)恒成立，
又x
2+ x +1
x +1
= (x +1)
2−(x +1)+1
x +1
= x +1+
1
x +1 −1≥2❑√
(x +1)⋅
1
x +1 −1=1，
当且仅当x +1=
1
x +1，即x =0时等号成立，
所以k ≤(
x
2+ x +1
x +1 )min
=1，即实数k的取值范围为(−∞,1).
故选：D.
6．（24-25 高一上·安徽池州·期中）已知x>0, y >0，且x + y =5，若4
x +1 +
1
y +2 ≥2m+1恒成立，则实数
m的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
16)
B．(−∞, 2
5)
C．(−∞, 1
2)
D．(−∞,4)
【答案】A
【解题思路】由已知条件得出(x +1)+( y +2)=8，将代数式4
x +1 +
1
y +2与1
8 [(x +1)+( y +2))相乘，展开后
利用基本不等式求出4
x +1 +
1
y +2的最小值，根据题意可得出关于m的不等式，解之即可.
【解答过程】因为x>0，y >0，且x + y =5，则x +1+ y +2=8，
则
( y +2)
x +1 >0, x +1
y +2 >0，
所以4
x +1 +
1
y +2 = 1
8(
4
x +1 +
1
y +2)[(x +1)+( y +2))= 1
8[5+ 4 ( y +2)
x +1
+ x +1
y +2)
≥1
8(5+2
❑√
4 ( y +2)
x +1
⋅x +1
y +2)= 9
8
，
当且仅当{
4 ( y +2)
x +1
= x +1
y +2
(x +1)+( y +2)=8
x>0, y >0 )
时，
即当x = 13
3 ，y = 2
3时，所以4
x +1 +
1
y +2的最小值为9
8，
因为4
x +1 +
1
y +2 ≥2m+1恒成立，所以2m+1≤9
8，解得m≤1
16 ，
所以实数m的取值范围是(−∞, 1
16).
故选：A.
7．（24-25 高三上·山西·月考）若不等式(ax−1)(x−b)≥0对任意的x∈R恒成立，则4 a+b的最小值为
（ ）
A．2❑√2
B．4
C．5
D．4 ❑√2
【答案】B
【解题思路】由不等式恒成立，确定a>0，且1
a =b，再由基本不等式即可求解.
【解答过程】当a=0时，−(x−b)≥0不可能对任意的x∈R恒成立，不满足要求，
当a<0时，y =(ax−1)(x−b)开口向下，不满足题意，
所以a>0，
令(ax−1)(x−b)=0，得x1= 1
a , x2=b，
当x1= x2时，不等式(ax−1)(x−b)≥0对任意的x∈R恒成立，
所以1
a =b，即ab=1，且a>0,b>0，
所以4 a+b≥2❑√4 a⋅b= 4，当且仅当4 a=b，即a= 1
2 ,b=2时，等号成立，
所以4 a+b的最小值为4.
故选：B.
8．（2025·云南昭通·模拟预测）已知函数f ( x)={
( x−2)
2, x ≥2
−f (4−x), x<2)，若对于任意的实数x，不等式
16 f (2 x−a)≤f ( x
2+2)恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[1,+ ∞)
B．[1,2]
C．[−3
4 ,+∞)
D．[2,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】结合题意16 f (2 x −a)≤f ( x
2+2)= x
4化为f (2 x−a)≤x
4
16，即f (2 x−a)≤f(
x
2
4 +2)，根据
f ( x)是R 上的增函数，得2 x−a≤x
2
4 +2对x∈R恒成立，进而利用判别式法求解即可.
【解答过程】由题意得f ( x)={
( x−2)
2，x ≥2
−( x−2)
2，x<2)，如图所示，
因为x
2+2≥2，所以f ( x
2+2)=[( x
2+2)−2]
2= x
4，
所以16 f (2 x−a)≤f ( x
2+2)= x
4，即f (2 x−a)≤x
4
16 ，
因为x
4
16 +2≥2，所以原不等式化为f (2 x−a)≤f(
x
2
4 +2)，
由图可知f ( x)是R 上的增函数，所以2 x−a≤x
2
4 +2对x∈R恒成立，
所以x
2−8 x + 4 a+8≥0，则Δ=64−4(4 a+8)≤0，即a≥2.
故选：D．
二、多选题
9．（25-26 高一上·江苏扬州·期中）若关于x的不等式x
2+(1−k ) x + k −1≥0在(1,+∞)上恒成立，则实数k
的可能取值为（ ）
A．7
B．5
C．3
D．−2
【答案】BCD
【解题思路】先进行参数分离，再用基本不等式求最小值，进而可得.
【解答过程】由x
2+(1−k ) x + k −1≥0，且x>1，所以k −1≤
x
2
x−1，
则问题转化为k −1≤
x
2
x−1对于x∈(1,+ ∞)恒成立.
又x
2
x−1 = x +1+
1
x−1 = x−1+
1
x−1 +2≥2❑√( x−1)×
1
x−1 +2= 4，
当且仅当x−1=
1
x−1，即x =2时等号成立.
所以k −1≤4，即实数k的取值范围为(−∞,5]，
结合选项可知A 错误，BCD 正确.
故选：BCD．
10．（24-25 高一上·广东湛江·月考）已知不等式x
2−ax−a+1≥0在x∈[0,3]上有解，则实数a的取值可
以为（ ）
A．a=2
B．a= 5
2
C．a=3
D．a=5
【答案】AB
【解题思路】变换得到a≤x
2+1
x +1 在x∈[0,3)上有解，设x +1=t，则t ∈[1,4)，得到y =t + 1
t −2，根据对
勾函数的单调性计算最值得到答案.
【解答过程】由x
2−ax−a+1≥0，即x
2+1≥a(x +1)，x∈[0,3)，
故a≤x
2+1
x +1 在x∈[0,3)上有解，
设x +1=t，则t ∈[1,4)，
则x
2+1
x +1 = (x +1)
2−2(x +1)+2
x +1
= x +1+
2
x +1 −2=t + 2
t −2，
因为函数y =t + 2
t −2在[1,❑√2)上单调递减，在(❑√2,4)上单调递增，
且当t =1时，y =1；当t = 4时，y = 5
2，
则t + 2
t −2的最大值为5
2，故a≤5
2.
故选：AB.
11．（25-26 高一上·四川广元·月考）已知不等式a x
2+bx +c>0的解集是{x∣−2< x<3}，则下列说法正
确的是（ ）
A．a>0
B．不等式c x
2+bx +a<0的解集是{x|−1
2 < x< 1
3))
C．a+b+c>0
D．若关于m的不等式m
2−m> b+5
❑√b+ 4 有解，则实数m的取值范围是{m∣m>2或m<1}
【答案】BC
【解题思路】对于A 选项，根据不等式的解集结构即可判断；对于B 选项，由解集得到c =−6a，b=−a
，从而c x
2+bx +a<0化为6 x
2+ x−1<0，求出解集；对于选项C，将c =−6a，b=−a代入即可；对于选
项D，先求出b+5
❑√b+ 4 > 5
2，从而根据不等式有解得到m
2−m> 5
2，求解即可.
【解答过程】对于选项A，因为不等式a x
2+bx +c>0的解集为{x∣−2< x<3}，所以a<0，故A 错误；
对于选项B，可以知道−2，3是方程a x
2+bx +c =0的两个不等实根，
所以c
a =−2×3=−6<0，−b
a =1，所以c =−6a，b=−a，
所以c x
2+bx +a=−6a x
2−ax +a<0，即6 x
2+ x−1=(2 x +1)(3 x−1)<0，
得−1
2 < x< 1
3，故B 正确；
对于选项C，c =−6a，b=−a，所以a+b+c =a+(−6a)+(−a)=−6a，因为a<0，所以a+b+c>0，故
C 正确；
对于选项D，关于m的不等式m
2−m> b+5
❑√b+ 4 有解，即求b+5
❑√b+ 4 的最小值，
令t = ❑√b+ 4，因为b=−a，所以b>0，所以t >2，
所以b+5
❑√b+ 4 = b+ 4 +1
❑√b+ 4 = t
2+1
t
=t + 1
t ，t + 1
t 在t >2时单调递增，
所以t + 1
t > 5
2，所以m
2−m> 5
2 ⇒m
2−m−5
2 >0，解得m< 1−❑√11
2
或m> 1+ ❑√11
2
，故D 错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·山东·二模）已知不等式3 x
2+(a−2) x + 4≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立，则实数a 的最小值
为
．
【答案】2−4 ❑√3
【解题思路】分离参数，利用基本不等式即可求解.
【解答过程】因为不等式3 x
2+(a−2) x + 4≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立，
所以a−2≥−3 x−4
x 对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，
又当x∈(0,+∞)时，−3 x−4
x =−(3 x + 4
x)≤−2❑√3 x⋅4
x =−4 ❑√3，当且仅当3 x = 4
x ，即x = 2❑√3
3
时，
等号成立，
所以a−2≥−4 ❑√3，即a≥2−4 ❑√3，所以实数a 的最小值为2−4 ❑√3.
故答案为：2−4 ❑√3.
13．（2025·广东梅州·模拟预测）已知函数f (x)= ❑√2k x
2+kx + 3
4
的定义域为实数集R，则实数k的取值范
围为
.
【答案】[0,6)
【解题思路】利用一元二次不等式恒成立的条件即可求解.
【解答过程】要使f (x)有意义，则有2k x
2+kx + 3
4 ≥0，
∵函数f (x)的定义域为实数集R，∴2k x
2+kx + 3
4 ≥0在R上恒成立，
当k =0时，3
4 ≥0，恒成立；
当k ≠0时，则有{
2k >0
Δ=k
2−4×2k × 3
4 ≤0)
，解得0<k ≤6；
综上，实数k的取值范围为[0,6).
故答案为：[0,6).
14．（25-26 高一上·广东广州·月考）已知x>0, y >0，且2
x + 1
y =1，若2 x + y ≥m恒成立，则实数m的最
大值是
.
【答案】9
【解题思路】将2 x + y与2
x + 1
y 相乘，展开后利用基本不等式求出2 x + y的最小值，即可得出实数m的最大
值.
【解答过程】因为x>0，y >0，且2
x + 1
y =1，
所以，2 x + y =(2 x + y)(
2
x + 1
y)=5+ 2 x
y + 2 y
x ≥5+2❑√
2 x
y ⋅2 y
x =9，
当且仅当x = y =3时，等号成立，故2 x + y的最小值为9.
因为2 x + y ≥m恒成立，所以m≤(2 x + y)min=9，
所以实数m的最大值是9.
故答案为：9.
四、解答题
15．（25-26 高一上·河南南阳·月考）已知函数f (x)=m x
2+(m−1) x−1
(1)当m<0时，解不等式f (x)≥0，
(2)若不等式f (x)≥(m+1) x
2+m在[3,5)上有解，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)[
13
2 ,+ ∞)
【解题思路】（1）分情况讨论二次不等式解的情况；
（2）分离参数，结合对勾函数单调性可得取值范围.
【解答过程】（1）由已知f (x)≥0，即m x
2+(m−1) x−1≥0，
因为m<0，所以不等式化简可得m(x−1
m)(x +1)≥0⇔(x−1
m)(x +1)≤0，
当−1<m<0时，1
m <−1，则不等式的解集为[
1
m ,−1)；
当m=−1时，1
m =−1，则不等式的解集为{−1)；
当m<−1时，1
m >−1，则不等式的解集为[−1, 1
m)；
（2）由已知不等式f (x)≥(m+1) x
2+m在[3,5)上有解，
化简可得m≥(x−1)+
3
x−1 +3，
设t = x−1∈[2,4)，则m≥t + 3
t +3，
又函数g(t )=t + 3
t +3在t ∈[2,4)上单调递增，
所以当t =2时，g(t )min= 13
2 ，
所以m≥g(t )min= 13
2 ，
即m的取值范围是[
13
2 ,+ ∞).
16．（24-25 高一上·广东深圳·期中）已知x , y >0满足x + y =6.
(1)求y
x + 3
y 的最小值；
(2)若x
2+ 4 y
2≥m(x + 4 y)恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)1
2 + ❑√2
(2)¿
【解题思路】（1）变形后，利用基本不等式“1”的代换求出最小值；
（2）先求出0< y <6，参变分离得到m≤x
2+ 4 y
2
x + 4 y ，变形得到x
2+ 4 y
2
x + 4 y = 5
3[( y +2)+ 16
y +2)−32
3 ，利用基
本不等式求出x
2+ 4 y
2
x + 4 y 取得最小值8
3 ，则m≤8
3，
【解答过程】（1）y
x + 3
y = y + x
x
+ 3
y −1=3(
2
x + 1
y)−1= 1
2
(x + y)(
2
x + 1
y)−1= 1
2(3+ 2 y
x + x
y)−1
≥1
2(3+2❑√
2 y
x ⋅x
y)−1= 1
2 + ❑√2，
当且仅当2 y
x = x
y ，即x =6(2−❑√2), y =6(❑√2−1)时取等号，
即y
x + 3
y 取得最小值1
2 + ❑√2.
（2）由x>0, y >0, x + y =6，得x =6−y >0，即0< y <6，
不等式x
2+ 4 y
2≥m(x + 4 y)恒成立，即m≤x
2+ 4 y
2
x + 4 y 恒成立，
x
2+ 4 y
2
x + 4 y = (6−y)
2+ 4 y
2
3 y +6
= 5 y
2−12 y +36
3( y +2)
= 5( y +2)
2−32( y +2)+80
3( y +2)
= 5
3[( y +2)+ 16
y +2)−32
3 ≥5
3 ⋅2❑√
( y +2)⋅16
y +2 −32
3 = 8
3 ，
当且仅当y +2= 16
y +2，即y =2时取等号，
因此当x = 4 , y =2时，x
2+ 4 y
2
x + 4 y 取得最小值8
3，则m≤8
3，
所以m的取值范围¿.
17．（2025·海南儋州·模拟预测）已知关于x的不等式a x
2−3 x +b<0的解集为{x|1< x <2)).
(1)求a，b 的值并求解不等式a x
2+bx−3≥0的解集；
(2)当x>0，y >0且满足a
x + b
y =1时，有2 x + y ≥k
2+ 4恒成立，求k的取值范围.
【答案】(1)a=1，b=2；解集为(−∞,−3)∪[1,+ ∞).
(2)[−2,2)
【解题思路】（1）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，结合韦达定理即可求出a，b的值，进而
求解不等式.
（2）根据基本不等式求出2 x + y的最值，结合不等式恒成立即可求出范围.
【解答过程】（1）由题意知，1 和2 是a x
2−3 x +b=0的两个根，且a>0，
所以1+2= 3
a，1×2= b
a，解得a=1，b=2.
将a=1，b=2代入a x
2+bx−3≥0可得，x
2+2 x−3≥0，即(x−1)(x +3)≥0，
解得x ≤−3或x ≥1.
所以解集为(−∞,−3)∪[1,+∞).
（2）由（1）知，a
x + b
y = 1
x + 2
y =1（x>0，y >0），
所以2 x + y =(2 x + y)(
1
x + 2
y)=2+ 4 x
y + y
x +2≥4+2❑√
4 x
y × y
x = 4+2×2=8，
当且仅当4 x
y = y
x ，即y =2 x = 4时，等号成立.
所以2 x + y的最小值为8.
又2 x + y ≥k
2+ 4恒成立，故k
2+ 4≤8恒成立，即k
2≤4，解得−2≤k ≤2.
k的取值范围为[−2,2).
18．（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．
【答案】(1)a=2,b= 4
(2)(−∞,−5)∪[3,+∞)
【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,+ ∞)．
19．（25-26 高一上·河北·期中）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.
【答案】(1){x|x>3))或x<2)
(2)(−∞,❑√6−3
2)
(3)(−∞,4)
【解题思路】（1）将a=1代入f (x),g(x)，解一元二次不等式即可；
（2）转化为“对任意x>0，都有x + 6
x −3>2a恒成立”，结合均值不等式求a的取值范围；
（3）f (x1)min> g(x2)min，按a的不同取值结合一元二次函数的单调性分类讨论即可.
【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，解得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，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，
所以2−a
2>−a
2−4恒成立，此时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解得−2❑√3<a<2❑√3，此时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，此时2<a<4；
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,4).
