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专题2.4 一元二次不等式恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）
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这是一份专题2.4 一元二次不等式恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册），文件包含专题24一元二次不等式恒成立存在性问题大题专项训练30道举一反三人教A版必修第一册原卷版docx、专题24一元二次不等式恒成立存在性问题大题专项训练30道举一反三人教A版必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
1．（2023·全国·高三专题练习）已知关于x的不等式2x−1>mx2−1.若不等式对于m∈−2,2恒成立，求实数x的取值范围
【解题思路】由不等式2x−1>mx2−1对于m∈−2,2恒成立，转化为当m∈−2,2时，fm=x2−1m−2x−1<0恒成立，则满足f2<0f−2<0，求解对应不等式组即可得出答案.
【解答过程】由题知，
设fm=x2−1m−2x−1，
当m∈−2,2时，fm<0恒成立.
当且仅当f2<0f−2<0，即2x2−2x−1<0−2x2−2x+3<0，
解得1−32或1−32−1+72，
则−1+72所以x的取值范围是x|−1+722．（2023·全国·高一假期作业）若a>0，且关于x的不等式ax2−3ax+a2−3<4在R上有解，求实数a的取值范围．
【解题思路】根据二次不等式的解法即得；或参变分离，求函数的最值即得.
【解答过程】方法一（判别式法）关于x的不等式ax2−3ax+a2−3<4可变形为ax2−3ax+a2−7<0,
由题可得Δ=−3a2−4aa2−7>0，
解得−74又a>0，
所以实数a的取值范围为0,4；
方法二（分离变量法）因为a>0，所以关于x的不等式ax2−3ax+a2−3<4可变形为x2−3x<7−a2a，
因为x2−3x=x−322−94≥−94，
所以−94<7−a2a，解得−74又a>0，所以实数a的取值范围为0,4．
3．（2023春·重庆长寿·高二统考期末）已知函数f(x)=x2+2kx+4.
(1)若函数f(x)在区间1,4上是单调递增函数，求实数k的取值范围；
(2)若f(x)>0对一切实数x都成立，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）利用对称轴和区间的关系，列不等式，解不等式即可；
（2）利用判别式Δ<0即可解决.
【解答过程】（1）因为函数f(x)在区间1,4上是单调递增函数，且f(x)的对称轴为x=−k，
所以−k≤1，解得k≥−1.
（2）若f(x)>0对一切实数x都成立，则Δ=4k2−16<0，解得−24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=x2−a+2x+4a∈R．若对任意的x∈0,4，fx+a+1≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】首先不等式变形为ax−1≤x2−2x+5恒成立，讨论x的取值，利用参变分离，结合基本不等式，转化为求函数最值问题.
【解答过程】∵对任意的x∈0,4，fx+a+1≥0恒成立，∴x2−a+2x+5+a≥0恒成立，
即ax−1≤x2−2x+5恒成立．当x=1时，不等式为0≤4恒成立；当x∈1,4时，a≤x2−2x+5x−1=x−1+4x−1，∵1当x∈1,0时，a≥x2−2x+5x−1=x−1+4x−1=−1−x+41−x．
∵0≤x<1，∴0<1−x≤1．令t=1−x，则t∈0,1，∵函数y=−t+4t在0,1上单调递增，
∴当t=1−x=1，即x=0时，函数y=−t+4t取到最大值−5，∴a≥−5．
综上所述，a的取值范围是−5,4．
5．（2022秋·江苏常州·高一校考期中）已知函数f(x)=ax2−(2a+3)x+6(a∈R).
(1)若f(x)+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，函数f(x)≤−(m+5)x+3+m在-2,2有解，求m2+3的取值范围.
【解题思路】（1）对a进行分类讨论，结合判别式来求得正确答案.
（2）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式在区间−2,2上有解列不等式，求得m的取值范围，进而求得m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）若f(x)+2>0恒成立，则f(x)+2>0 ⇒ax2−2a+3x+8>0恒成立.
当a=0时，ax2−2a+3x+8=−3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>0Δ=2a+32−32a<0，解得：12实数a的取值范围为：12,92.
（2）当a=1时，fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0，即m≥73，
∴m≥4.
②−2<−m2<2即−4解得2≤m<4.
③当−m2≥2即m≤−4时，当x=2时取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，
解得m≤−7，
综上，m≥2或m≤−7.
所以m2+3的范围为7,+∞.
6．（2023春·江苏南京·高二校考阶段练习）设fx=ax2+1−ax+a−2．
(1)若不等式fx≥−2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
(2)解关于x的不等式fx【解题思路】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.
(2)分类讨论解一元二次不等式即可作答.
【解答过程】（1）∀x∈R，f(x)≥−2恒成立等价于∀x∈R，ax2+(1−a)x+a≥0，
当a=0时，x≥0，对一切实数x不恒成立，则a≠0，
此时必有a>0Δ=(1−a)2−4a2≤0，
即a>03a2+2a−1≥0，解得a≥13，
所以实数a的取值范围是13,+∞.
（2）依题意， f(x)当a=0时，可得x<1，
当a>0时，可得(x+1a)(x−1)<0，又−1a<1，
解得−1a当a<0时，不等式ax2+(1−a)x−1<0可化为(x+1a)(x−1)>0，
当a=−1时，−1a=1，解得x≠1，
当−11，解得x<1或x>−1a，
当a<−1时，0<−1a<1，解得x<−1a或x>1，
所以，当a>0时，原不等式的解集为x−1a当a=0时，原不等式的解集为xx<1，
当−1−1a}；
当a=−1时，原不等式的解集为{x∈R|x≠1}；
当a<−1时，原不等式的解集为{x|x<−1a或x>1}.
7．（2023秋·陕西渭南·高二统考期末）设函数fx=ax2+b−1x+2.
(1)若不等式fx<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fx<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)，
所以{a>01−ba=32a=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)=ax2+(b−1)x+2<1成立，
即存在x∈R，ax2+(a−3)x+1<0成立，
当a=0时，x>13，成立；
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综上：实数a的取值范围a>9或a<1.
8．（2022秋·辽宁沈阳·高一校联考期中）已知fx=x2−ax−6a，其中a是常数.
(1)若fx<0的解集是x−3(2)若不等式fx<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fx≥0的解集；
（2）由不等式fx<0有解，可得Δ=a2+24a>0，设方程x2−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)2−4x1x2≤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fx<0的解集是x−3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fx=x2−3x−18，
由fx≥0，得x2−3x−18≥0，解得x≤−3或x≥6，
所以不等式fx≥0的解集(−∞,−3]∪[6,+∞)，
（2）由fx<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x1,x2，则
x1+x2=a，x1x2=−6a，
由题意得x1−x2≤5，
所以(x1+x2)2−4x1x2≤25，
所以a2+24a−25≤0，解得−25≤a≤1，
综上，−25≤a<−24或0即实数a的取值范围为[−25,−24)∪(0,1].
9．（2023秋·山东青岛·高一统考期末）已知函数fx=x2+1−mx−m.
(1)若∀x∈R,fx>−1，求m的取值范围；
(2)若m<0，解关于x的不等式fx>0.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式在R上恒成立问题运算求解；
（2）分类讨论两根大小解一元二次不等式.
【解答过程】（1）由fx=x2+1−mx−m>−1，可得x2+1−mx−m+1>0对∀x∈R恒成立，
则Δ=1−m2−4−m+1=m2+2m−3<0，解得−3故m的取值范围−3,1.
（2）由题意可得：fx=x2+1−mx−m=x+1x−m，
令fx=0，可得x=−1或x=m，
对于不等式fx>0，则有：
当m<−1时，不等式的解集为−∞,m∪−1,+∞；
当m=−1时，不等式的解集为x|x≠−1；
当−110．（2023秋·山东临沂·高一统考期末）已知二次函数f(x)=ax2+bx+c（a,b,c为常数），若不等式fx≤0的解集为x|−1≤x≤6且f(1)=−10.
(1)求fx；
(2)对于任意的x∈R，不等式fx≥2k−5x−7恒成立，求k的取值范围.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，结合不等式的解集，列出不等式组，求得a,b,c，即得答案.
（2）根据一元二次不等式在R上恒成立，利用判别式即可求得答案.
【解答过程】（1）由fx≤0的解集为x|−1≤x≤6且f(1)=−10，
知−1,6为方程ax2+bx+c=0的两实数根，故−ba=−1+6ca=−1×6a+b+c=−10a>0，
解得a=1,b=−5,c=−6，
所以fx=x2−5x−6.
（2）由（1）知fx=x2−5x−6，
则由x∈R，fx≥2k−5x−7恒成立，得x2−2kx+1≥0恒成立，
由题意得Δ=4k2−4≤0
解得−1≤k≤1，所以k的取值范围为−1,1.
11．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=x2−2ax，gx=ax+3−a，a∈R．
(1)若对∀x∈R，fx+gx>0，求a的取值范围；
(2)若对∀x∈R，fx>0或gx>0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）利用一元二次函数的图象和性质求解即可；
（2）根据a的取值分情况讨论即可求解.
【解答过程】（1）由题意可得fx+gx=x2−ax+3−a>0恒成立，
则Δ=−a2−4×1×3−a<0即a2+4a−12=a+6a−2<0，解得−6故a的取值范围为−6,2.
（2）当a=0时，fx=x2，gx=3>0，符合题意；
当a<0时，由fx=x2−2ax>0，解得x<2a或x>0，
故当2a≤x≤0时，gx=ax+3−a>0恒成立，而gx在R上为减函数，故只需g0=3−a>0，而由a<0，得3−a>0，故a<0符合题意；
当a>0时，由fx=x2−2ax>0，解得x<0或x>2a，
故当0≤x≤2a时，gx=ax+3−a>0恒成立，而gx在R上为增函数，故只需g0=3−a>0，解得0综上a的取值范围是−∞,3．
12．（2023春·四川绵阳·高一校考阶段练习）已知函数fx=mx2+mx+3，m∈R．
(1)若关于x的不等式fx>0在实数集R上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式fx>3m−1x+5．
【解题思路】（1）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式的性质即可求解.
（2）化简问题得出x−2mx+1>0，对m<0,m=0,m>0分三类讨论，利用一元二次不等式的性质即可求解.
【解答过程】（1）依题意，mx2+mx+3>0在实数集R上恒成立．
①当m=0时，3>0，成立；
②当m≠0时，要使原不等式恒成立，
则m>0Δ=m2−12m<0，解得0综上所述，实数m的取值范围是m0≤m<12．
（2）不等式fx>3m−1x+5，
等价于mx2+1−2mx−2>0，
即x−2mx+1>0．
①当m>0时，解原不等式可得x>2或x<−1m；
②当m=0时，不等式整理为x−2>0，解得x>2；
③当m<0时，方程x−2mx+1=0的两根为x1=−1m，x2=2，
（i）当−122，解原不等式得2（ii）当m=−12时，因为−1m=2，原不等式的解集为∅；
（iii）当m<−12时，因为−1m<2，解原不等式得−1m综上所述，当m<−12时，原不等式的解集为x|−1m当m=−12时，原不等式的解集为∅；
当−12当m=0时，原不等式的解集为{x|x>2}；
当m>0时，原不等式的解集为x|x<−1m或x>2.
13．（2022·高一课时练习）已知不等式x2+px>4x+p−4．
(1)若不等式在2≤x≤4时有解，求实数p的取值范围；
(2)若不等式在0≤p≤6时恒成立，求实数x的取值范围．
【解题思路】（1）设f(x)=x2+(p−4)x+4−p，依题意f2>0或f4>0成立，即可得到不等式，解得即可；
（2）设g(p)=p(x−1)+(x2−4x+4)，依题意可得g(0)>0g(6)>0，即可得到不等式组，解得即可.
【解答过程】（1）不等式x2+px>4x+p−4可化为x2+(p−4)x+4−p>0①，
设f(x)=x2+(p−4)x+4−p，
当不等式①在2≤x≤4时有解时，
即存在x∈2,4，使得f(x)>0，
所以f2>0或f4>0成立，
即4+2(p−4)+4−p>0或16+4(p−4)+4−p>0，
解得p>0或p>−34，
所以实数p的取值范围是−34,+∞．
（2）不等式x2+px>4x+p−4化为p(x−1)+(x2−4x+4)>0②，
设g(p)=p(x−1)+(x2−4x+4)，
因为0≤p≤6时不等式②恒成立，
即g(0)>0g(6)>0，
所以x2−4x+4>06(x−1)+(x2−4x+4)>0，
解得x<−1−3或−1+32；
所以实数x的取值范围是−∞,−1−3∪−1+3,2∪2,+∞．
14．（2023秋·湖北黄石·高一校联考期末）设函数f(x)=mx2+(2m−1)x+m．
(1)当 m=−2 时，解关于x的不等式 fx≤0．
(2)若 fx≥0 对 ∀x∈R 恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1） m=−2代入函数解析式，求解二次不等式即可.
（2）根据不等式恒成立的条件，列不等式组求实数m的取值范围
【解答过程】（1）m=−2 时，f(x)=−2x2−5x−2，
由−2x2−5x−2=−(2x+1)(x+2)≤0，解得：x≤−2 或 x≥−12，
则不等式fx≤0的解集为：xx≤−2或x≥−12．
（2）f(x)=mx2+(2m−1)x+m，
若 fx≥0 对 ∀x∈R 恒成立，则m>0Δ=2m−12−4m2≤0，解得：m≥14，
所以实数m的取值范围为14,+∞．
15．（2022秋·安徽滁州·高一校考期末）设二次函数f(x)满足：①当x∈R时，总有f(−1+x)=f(−1−x)；②函数f(x)的图象与x轴的两个交点为A，B，且|AB|=4；③f(0)=−34.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若存在t∈R，只要x∈[1,m](m>1)，就有f(x+t)≤x−1成立，求满足条件的实数m的最大值.
【解题思路】（1）根据函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，且方程f(x)=0的两根为−3和1，可设设f(x)=a(x+3)(x−1)，由f(0)=−34可得解；
（2）取x=1和x=m，可得m≤9，从而可得解.
【解答过程】（1）（1）由题意知，函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，
且方程f(x)=0的两根为−3和1，设f(x)=a(x+3)(x−1)，
又f(0)=−34，则f(0)=−3a=−34，解得a=14.
故f(x)=14x2+12x−34.
（2）（2）只要x∈[1,m](m>1)，就有f(x+t)≤x−1，即x2+2(t−1)x+(t+1)2≤0，
取x=1,t2+4t≤0,−4≤t≤0；
取x=m,[m+(t−1)]2≤−4t，即1−t−2−t≤m≤1−t+2−t，
由−4≤t≤0得0≤−t≤4,1−t+2−t≤1+4+2×4=9，
故t=−4时，m≤9；
当m=9时，存在t=−4，只要x∈[1,9]，就有
f(x−4)−(x−1)=14(x−1)(x−9)≤0成立，满足题意.
故满足条件的实数m的最大值为9.
16．（2023秋·上海浦东新·高一校考期末）已知(1−a)x2−4x+6>0的解集为x−3(1)求实数a的值；
(2)若ax2+bx+3≥0恒成立，求实数b的取值范围．
【解题思路】（1）由题意知：1−a<0，且−3，1是方程(1−a)x2−4x+6=0的两根，利用韦达定理得出a的值；
（2）不等式恒成立，即3x2+bx+3≥0恒成立，则Δ<0，解不等式即可．
【解答过程】（1）因为(1−a)x2−4x+6>0的解集为x−3所以1−a<0而且(1−a)x2−4x+6=0的两根为−3和1，
所以1−a<0−3+1=41−a−3×1=61−a，所以a=3．
（2）因为ax2+bx+3≥0恒成立，即3x2+bx+3≥0恒成立，
所以Δ=b2−36≤0，解得−6≤b≤6，
所以实数b的取值范围为−6≤b≤6．即−6,6.
17．（2023·江苏·高一专题练习）已知函数fx=ax2−3x+2，a∈R.
(1)若不等式fx<0的解集为{x∣1(2)若fx≥0在实数集R上恒成立，求a的取值范围.
【解题思路】（1）首先根据fx<0的解集为{x∣1（2）对a分类讨论，再根据恒成立思路求解.
【解答过程】（1）由不等式ax2−3x+2<0的解集为{x∣1可知a>0且x=1是方程ax2−3x+2=0的一个根，
把x=1代入方程ax2−3x+2=0，解得a=1.
解不等式x2−3x+2<0得1所以b=2.
（2）因为ax2−3x+2≥0在实数集R上恒成立，
所以当a=0时，−3x+2≥0在实数集R上不是恒成立的.
当a≠0时，需满足a>0Δ=9−8a≤0，解得a≥98.
综上可知：实数a的取值范围是98,+∞.
18．（2023春·江苏镇江·高二校考阶段练习）已知二次函数fx=ax2+bx+ca≠0的图像过点−2,0和原点，对于任意x∈R，都有fx≥2x．
(1)求函数fx的表达式；
(2)设gx=m(x−1)，若函数f(x)≥g(x)在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数m的最大值．
【解题思路】（1）由题意得c=04a−2b+c=0，得f(x)=ax2+2ax，从而ax2+2(a−1)x≥0恒成立，得a>0Δ=4(a−1)2≤0，即可求解；
（2）依题意可得x2+2x≥m(x−1)，分x=1和x>1两种情况，当x>1时，分离变量进行求解即可.
【解答过程】（1）由题意得c=04a−2b+c=0 ，所以b=2a,c=0,f(x)=ax2+2ax，
因为对于任意x∈R，都有f(x)≥2x，即ax2+2(a−1)x≥0恒成立，
故a>0Δ=4(a−1)2≤0，解得a=1，∴b=2.
所以f(x)=x2+2x；
（2）由f(x)≥g(x)得x2+2x≥m(x−1)
当x=1时，不等式恒成立；
当x>1时，m≤x2+2xx−1，
令t=x−1>0，则x2+2xx−1=t2+4t+3t=t+3t+4≥4+23，
即m≤4+23，
当且仅当t=3时，即x=3+1时，实数m取得最大值4+23.
19．（2023秋·陕西西安·高一统考期末）已知函数fx=x2−a2+6a+9x+a+1．
(1)若a>0，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m(2)设关于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，求a的取值范围
【解题思路】（1）由韦达定理得m+n=a2+6a+9,mn=a+1，1m+1n=(a+1)2+4(a+1)+4a+1，再利用基本不等式可得答案；
（2）不等式fx<0在0,1上恒成立可得f0<0f1<0，解不等式组可得答案．
【解答过程】（1）因为a>0，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m所以x=m和x=n是方程x2−a2+6a+9x+a+1=0的两根，
所以m+n=a2+6a+9,mn=a+1．
所以1m+1n=m+nmn＝a2+6a+9a+1＝(a+1)2+4(a+1)+4a+1
＝(a+1)+4a+1+4≥4+4=8，当且仅当a＝1时等号成立，
所以1m+1n的最小值为8；
（2）因为关于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，
所以f0<0f1<0，所以a+1<01−a2+6a+9+a+1<0，解得a<−1，
所以a的取值范围为−∞,−1．
20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx满足fx+2f−x=6x2−4x+12．
(1)求fx的解析式；
(2)设函数gx=8x2+16x−m，若对任意x∈−3,3，fx≥gx恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）将“−x”代入等式，消去f(−x)解出f(x)；
（2）将条件转化为m≥6x2+12x−4对任意x∈−3,3恒成立，求出y=6x2+12x−4在x∈−3,3上的最大值，可得m的取值范围.
【解答过程】（1）由fx+2f−x=6x2−4x+12，
得f−x+2fx=6x2+4x+12，
消去f(−x)得3fx=6x2+12x+12，所以fx=2x2+4x+4．
（2）由fx≥gx，得2x2+4x+4≥8x2+16x−m，即m≥6x2+12x−4对任意x∈−3,3恒成立，
令y=6x2+12x−4=6x+12−10，x∈−3,3，
当x=3时，y=6x2+12x−4取得最大值86，
所以实数m的取值范围为86,+∞．
21．（2023·全国·高一专题练习）已知关于x的不等式x2+mx>4x+m−4．
(1)若对任意实数x，不等式恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对于0≤m≤4，不等式恒成立，求实数x的取值范围．
【解题思路】（1）不等式整理成标准的一元二次不等式，由判别式Δ<0可得参数范围；
（2）不等式换成以m为主元，为一次不等式，这样只要m=0和m=4时不等式都成立即可得x的范围．
【解答过程】（1）若对任意实数x，不等式恒成立，即x2+mx−4x−m+4>0恒成立
则关于x的方程x2+mx−4x−m+4=0的判别式Δ=m−42−4−m+4<0，
即m2−4m<0，解得0（2）不等式x2+mx>4x+m−4，
可看成关于m的一次不等式mx−1+x2−4x+4>0，又0≤m≤4，
所以x2−4x+4>04(x−1)+x2−4x+4>0，解得x≠2且x≠0，所以实数x的取值范围是−∞,0∪0,2∪2,+∞．
22．（2023秋·广东深圳·高一统考期末）设函数f(x)=ax2+(1−a)x+a−2.
（1）若关于x的不等式fx≥−2有实数解，求实数a的取值范围；
（2）若不等式fx≥−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)【解题思路】(1)将给定的不等式等价转化成ax2+(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(x2−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ax2+(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，fx≥−2有实数解，即不等式ax2+(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ax2+(1−a)x+a=a>0成立，即ax2+(1−a)x+a≥0有实数解，于是得a>0，
当a<0时，二次函数y=ax2+(1−a)x+a的图象开口向下，要y≥0有解，当且仅当Δ=(1−a)2−4a2≥0⇔−1≤a≤13，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fx≥−2对于实数a∈−1,1时恒成立，即∀a∈[−1,1],(x2−x+1)a+x≥0，
显然x2−x+1>0，函数g(a)=(x2−x+1)a+x在a∈−1,1上递增，从而得g(−1)≥0，即−x2+2x−1≥0，解得x=1，
所以实数x的取值范围是{1}；
(3) 不等式f(x)当a=0时，x<1，
当a>0时，不等式可化为(x+1a)(x−1)<0，而−1a<0，解得−1a当a<0时，不等式可化为(x+1a)(x−1)>0，
当−1a=1，即a=−1时，x∈R,x≠1，
当−1a<1，即a<−1时，x<−1a或x>1，
当−1a>1，即−1−1a，
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(−1a,1)，
当−1≤a<0时，原不等式的解集为(−∞,1)∪(−1a,+∞)，
当a<−1时，原不等式的解集为(−∞,−1a)∪(1,+∞).
23．（2023春·四川宜宾·高一校考期末）已知函数fx=mx2+1−3mx−4，m∈R．
（1）当m=1时，求fx在区间−2,2上的最大值和最小值．
（2）解关于x的不等式fx>−1．
（3）当m<0时，若存在x0∈1,+∞，使得fx>0，求实数m取值范围．
【解题思路】（1）根据二次函数的单调性可求得结果；
（2）化为(mx+1)(x−3)>0后，先对m分类讨论，再对−1m与3分类讨论可得结果；
（3）转化为f(x)在(1,+∞)上的最大值大于0，根据二次函数的知识求出最大值，再解关于m的不等式可得结果.
【解答过程】（1）当m=1时，fx=x2−2x−4在[−2,1)上递减，在(1,2]上递增，
所以f(x)的最小值为f(1)=1−2−4=−5，最大值为f(−2)=4+4−4=4.
（2）fx>−1可化为mx2+(1−3m)x−3>0，即(mx+1)(x−3)>0，
当m>0时，不等式化为(x+1m)(x−3)>0，解得x<−1m或x>3；
当m=0时，不等式化为x−3>0，解得x>3；
当m<0时，不等式化为(x+1m)(x−3)<0，
当−1m<3，即m<−13时，解得−1m当−1m=3，即m=−13时，不等式无解；
当−1m>3，即−13综上所述：当m>0时，不等式的解集为{x| x<−1m或x>3 }；
当m=0时，不等式的解集为{x| x>3 }；
当−13当m=−13时，不等式的解集为空集；
当m<−13时，不等式的解集为{x| −1m（3）当m<0时，若存在x0∈1,+∞，使得fx>0，则f(x)在(1,+∞)上的最大值大于0，
因为fx=mx2+1−3mx−4的图象的开口向下，对称轴−1−3m2m=−12m+32>1，
所以f(x)max =f(−1−3m2m) =m⋅(1−3m)24m2+(1−3m)⋅(−1−3m2m)−4 =−(1−3m)24m−4，
所以−(1−3m)24m−4>0，即(1−3m)2>−16m，即9m2+10m+1>0，
解得m<−1或−1924．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=2x2+4x−k，gx=x2−2x.
（1）若对任意x∈−3,3，都有fx≤gx成立，求实数k的取值范围；
（2）若存在x∈−3,3，使fx≤gx成立，求实数k的取值范围；
（3）若对任意x1,x2∈−3,3，都有fx1≤gx2成立，求实数k的取值范围.
【解题思路】（1）通过分离变量将问题转化为k≥x2+6x对任意x∈−3,3恒成立，通过二次函数性质求得x2+6x的最大值，进而得到结果；
（2）通过分离变量将问题转化为存在x∈−3,3，使得k≥x2+6x成立，通过二次函数性质求得x2+6x的最小值，进而得到结果；
（3）将问题转化为fxmax≤gxmin，根据二次函数性质可分别求得最值，进而构造不等式求得结果.
【解答过程】（1）由题意得：gx−fx=−x2−6x+k≥0对任意x∈−3,3恒成立，
即k≥x2+6x对任意x∈−3,3恒成立，
当x=3时，x2+6x取得最大值27，∴k≥27，即k的取值范围为27,+∞.
（2）由题意得：存在x∈−3,3，使得gx−fx=−x2−6x+k≥0成立，
即存在x∈−3,3，使得k≥x2+6x成立，
当x=−3时，x2+6x取得最小值−9，∴k≥−9，即k的取值范围为−9,+∞.
（3）由题意得：当x∈−3,3时，fxmax≤gxmin，
当x=3时，fxmax=18+12−k=30−k；当x=1时，gxmin=1−2=−1，
∴30−k≤−1，解得：k≥31，即k的取值范围为31,+∞.
25．（2022·高一课时练习）已知函数fx=x2+3−ax+2+2a+b，a，b∈R.
(1)若关于x的不等式fx>0的解集为xx<−4或x>2，求实数a，b的值；
(2)若关于x的不等式fx≤b在x∈1,3上有解，求实数a的取值范围；
(3)若关于x的不等式fx<12+b的解集中恰有3个整数，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据二次函数与一元二次方程、不等式的关系，即可求出a，b的值；
（2）将不等式有解（能成立）问题转化为二次函数最值问题解决即可；
（3）构造函数ℎx=fx−12−b，讨论ℎx<0的解集恰有3个整数即可.
【解答过程】（1）∵关于x的不等式fx=x2+3−ax+2+2a+b>0的解集为xx<−4或x>2，
∴方程x2+3−ax+2+2a+b=0的两根为x1=−4，x2=2，
∴x1+x2=−2=−3−ax1x2=−8=2+2a+b，
∴解得a=1，b=−12.
（2）令gx=fx−b=x2+3−ax+2+2a，
若关于x的不等式fx≤b在x∈1,3上有解，则gx≤0在x∈1,3上有解，
∴只需使gx在区间1,3上的最小值gxmin≤0.
gx=x2+3−ax+2+2a图象是开口向上，对称轴为x=−3−a2=a−32的抛物线，
∴gx在区间−∞,a−32上单调递减，在区间a−32,+∞上单调递增，
①当a−32≤1，即a≤5时，gx在区间1,3上单调递增，
∴gxmin=g1=a+6≤0，解得a≤−6，
此时，a∈−∞,−6；
②当a−32≥3，即a≥9时， gx在区间1,3上单调递减，
∴gxmin=g3=−a+20≤0，解得a≥20，
此时，a∈20,+∞；
③当1∴gxmin=ga−32=−a2+14a−14≤0，解得a≤7−43或a≥7+43，
此时，a∈∅；
综上所述，实数a的取值范围是−∞,−6∪20,+∞.
（3）令ℎx=fx−12−b=x2+3−ax+2a−10
若关于x的不等式fx<12+b的解集中恰有3个整数，
则ℎx<0的解集中恰有3个整数，
ℎx=x2+3−ax+2a−10=x2+3−ax+2a−5=x−2x−a−5，
①当a−5=2，即a=7时，ℎx<0解集为∅，不合题意；
②当a−5>2，即a>7时，ℎx<0解集为2,a−5，
若解集中恰有3个整数，则这3个整数为3，4，5，
∴5∴此时a∈10,11；
③当a−5<2，即a<7时，ℎx<0解集为a−5,2，
若解集中恰有3个整数，则这3个整数为−1，0，1，
∴−2≤a−5<−1，解得3≤a<4，
∴此时a∈3,4；
综上所述，实数a的取值范围是3,4∪10,11.
26．（2022秋·广东广州·高一校考阶段练习）已知函数y=ax2−2a+3x+6a∈R.
(1)若y>0的解集是{x∣x<2或x>3}，求实数a的值；
(2)若y+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，若−2≤x≤2时函数y≤−m+5x+3+m有解，求m2+3的取值范围.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式的解以及根与系数关系求得a的值.
（2）对a进行分类讨论，结合判别式来求得正确答案.
（3）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式在区间−2,2上有解列不等式，求得m的取值范围，进而求得m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）依题意，y=ax2−2a+3x+6>0的解集是{x∣x<2或x>3}，
所以a>02+3=2a+3a2×3=6a，解得a=1.
（2）若y+2>0恒成立，则y+2>0⇒ax2−2a+3x+8>0恒成立.
当a=0时，ax2−2a+3x+8=−3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>0Δ=2a+32−32a<0，解得：12实数a的取值范围为：12,92.
（3）a=1时，y≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0，即m≥73，
∴m≥4.
②−2<−m2<2即−4解得2≤m<4.
③当−m2≥2即m≤−4时，当x=2时取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，
解得m≤−7，
综上，m≥2或m≤−7.
所以：m2+3的范围为7,+∞.
27．（2022秋·北京·高一校考期中）已知二次函数fx的一个零点为−1，对任意实数x都满足f1−x=f1+x，且fx的最小值为−4.
(1)求fx的解析式；
(2)求fx在区间−1,a上的最小值：
(3)若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）设fx=mx−12+n，由题意可得n=−4m−1−12+n=0，求出m,n，即可求出fx的解析式；
（2）分类讨论−1≤a<1和a>1，即可求出fx在区间−1,a上的最小值；
（3）若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，则fxmax≥a+7，分类讨论−1≤a≤3或a>3，即可求出实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为二次函数fx对任意实数x都满足f1−x=f1+x，
所以设fx=mx−12+n，
由二次函数fx的一个零点为−1，fx的最小值为−4，
则n=−4m−1−12+n=0，解得：n=−4m=1，
所以fx=x−12−4.
（2）当−1≤a<1时，fxmin=fa=a−12−4，
当a>1时，fxmin=f1=1−12−4=−4，
所以fx=a−12−4,−1≤a<1−4,a>1.
（3）若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，
则fxmax≥a+7，
当−1≤a≤3时，fxmax=f−1=0，
所以a+7≤0，则a≤−7，则a无解；
当a>3时，fxmax=fa=a−12−4，则a−12−4≥a+7，
解得：a≥5或a≤−2，则a≥5.
综上：实数a的取值范围为：5,+∞.
28．（2022秋·湖南株洲·高一校考阶段练习）已知函数g(x)=ax2+c(a,c∈R)，g(1)=1且不等式g(x)≤x2−x+1对一切实数x恒成立.
（1）求函数g(x)的解析式；
（2）在（1）的条件下，设函数ℎ(x)=2g(x)−2，关于x的不等式ℎ(x−1)+4ℎ(m)≤ℎxm−4m2ℎ(x)，在x∈32,+∞有解，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）根据条件g(1)=1得到a,c的一个关系式，然后将不等式恒成立问题转化为Δ与0的关系，从而求解出a,c的值，则gx解析式可求；
（2）根据条件将问题转化为“1m2−4m2≥1−2x−3x2在x∈32,+∞有解”，分析出y=1−2x−3x2的最小值，则可求解出m2的范围，从而m的范围可求.
【解答过程】（1）∵二次函数gx=ax2+c a,c∈R，g1=1；∴a+c=1①；
又∵不等式gx≤x2−x+1对一切实数x恒成立；
∴a−1x2+x+c−1≤0对一切实数x恒成立；
当a−1=0时，x+c−1≤0不恒成立，∴a=1不合题意，舍去；
当a−1≠0时，要使得a−1x2+x+c−1≤0对一切实数x恒成立，
需要满足：a−1＜0Δ=1−4a−1c−1≤0；②
∴由①②解得a=12,c=12；
故函数gx的解析式为：gx=12x2+12.
（2）把gx=12x2+12代入函数ℎx=2gx−2，得ℎx=x2−1；
则关于x的不等式ℎx−1+4ℎm≤ℎxm−4m2ℎx在x∈32,+∞有解，
整理得1m2−4m2≥1−2x−3x2在x∈32,+∞有解；
只要使得1m2−4m2≥1−2x−3x2min；
设y=1−2x−3x2，x∈32,+∞，
则y=−31x+132+43,1x∈0,23，
∴当1x=23时，ymin=−53；
所以1m2−4m2≥−53，
解得0故实数m的取值范围为−32,0∪0,32.
29．（2022·高一单元测试）已知函数fx=ax2−2a+3x+6a∈R．
(1)若fx>0的解集是−∞，2∪3，+∞，求实数a的值．
(2)若fx+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，函数fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，求m2+3的取值范围．
【解题思路】（1）根据一元二次不等式的解集的端点值为一元二次方程的根，由此求解出a的值；
（2）要使fx+2>0恒成立，即ax2−2a+3x+8>0，根据a的取值进行分类讨论，由此求解出不等式解集；
（3）将问题转化为“x2+mx+3−m≤0在−2,2有解”，然后分析二次函数y=x2+mx+3−m在−2,2的最小值小于等于0，由此求解出m的取值范围，即可求出m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）
由题意可知：a≠0且4a−22a+3+6=09a−32a+3+6=0，解得a=1．
（2）
若fx+2>0恒成立，则fx+2>0⇒ax2−2a+3x+8>0
当a=0时，ax2−2a+3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>02a+32−32a<0解得：12实数a的取值范围为：12，92.
（3）
a=1时，fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0即m≥73，∴m≥4．
②−2<−m2<2即−4③当−m2≥2即m≤−4时，当x=2时取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，解得m≤−7，
综上，m≥2或m≤−7．
所以：m2+3的范围为：7，+∞.
30．（2022秋·山西太原·高一校考阶段练习）已知函数y1=x+m和y2=ax2+bx+c.
（1）若c=2−a，关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是x−1（2）若c=2−a，b=2，a≥0，解关于x的不等式ax2+bx+c>0；
（3）若a=1，b=−m，c=m22+2m−3，对∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，求实数m的取值范围､（注：y1x1表示的是函数y1=x+m中x1对应的函数值，y2x2表示的是y2=ax2+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∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，求m的范围.
【解答过程】(1)∵ 关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是x−1∴ −1和3是方程ax2+bx+c=0的根，
∴ −1+3=−ba，−1×3=ca，又c=2−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,
当0不等式(ax+2−a)(x+1)>0的解集为(−∞,a−2a)∪(−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−2a，且a−2a>−1，
不等式(ax+2−a)(x+1)>0的解集为(−∞,−1)∪(a−2a,+∞)，
∴ 当a=0时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−1,+∞)，
当00的解集为(−∞,a−2a)∪(−1,+∞)，
当a=1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
当a>1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(a−2a,+∞)；
(3)∵ 对∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，
∴ [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=m22+2m−3，
∴ y2=ax2+bx+c=x2−mx+m22+2m−3
∴ 当m≤2时，y2=ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为m22+m−2，
∴ m>m22+m−2
∴ −2当2∴ m>m24+2m−3
∴ m不存在，
∴ 当m≥4时，y2=ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为m22+1，
∴ m>m22+1
∴ m不存在，
综上可得：实数m的取值范围为(−2,2).
1．（2023·全国·高三专题练习）已知关于x的不等式2x−1>mx2−1.若不等式对于m∈−2,2恒成立，求实数x的取值范围
【解题思路】由不等式2x−1>mx2−1对于m∈−2,2恒成立，转化为当m∈−2,2时，fm=x2−1m−2x−1<0恒成立，则满足f2<0f−2<0，求解对应不等式组即可得出答案.
【解答过程】由题知，
设fm=x2−1m−2x−1，
当m∈−2,2时，fm<0恒成立.
当且仅当f2<0f−2<0，即2x2−2x−1<0−2x2−2x+3<0，
解得1−32
则−1+72
【解题思路】根据二次不等式的解法即得；或参变分离，求函数的最值即得.
【解答过程】方法一（判别式法）关于x的不等式ax2−3ax+a2−3<4可变形为ax2−3ax+a2−7<0,
由题可得Δ=−3a2−4aa2−7>0，
解得−74
所以实数a的取值范围为0,4；
方法二（分离变量法）因为a>0，所以关于x的不等式ax2−3ax+a2−3<4可变形为x2−3x<7−a2a，
因为x2−3x=x−322−94≥−94，
所以−94<7−a2a，解得−74
3．（2023春·重庆长寿·高二统考期末）已知函数f(x)=x2+2kx+4.
(1)若函数f(x)在区间1,4上是单调递增函数，求实数k的取值范围；
(2)若f(x)>0对一切实数x都成立，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）利用对称轴和区间的关系，列不等式，解不等式即可；
（2）利用判别式Δ<0即可解决.
【解答过程】（1）因为函数f(x)在区间1,4上是单调递增函数，且f(x)的对称轴为x=−k，
所以−k≤1，解得k≥−1.
（2）若f(x)>0对一切实数x都成立，则Δ=4k2−16<0，解得−2
【解题思路】首先不等式变形为ax−1≤x2−2x+5恒成立，讨论x的取值，利用参变分离，结合基本不等式，转化为求函数最值问题.
【解答过程】∵对任意的x∈0,4，fx+a+1≥0恒成立，∴x2−a+2x+5+a≥0恒成立，
即ax−1≤x2−2x+5恒成立．当x=1时，不等式为0≤4恒成立；当x∈1,4时，a≤x2−2x+5x−1=x−1+4x−1，∵1
∵0≤x<1，∴0<1−x≤1．令t=1−x，则t∈0,1，∵函数y=−t+4t在0,1上单调递增，
∴当t=1−x=1，即x=0时，函数y=−t+4t取到最大值−5，∴a≥−5．
综上所述，a的取值范围是−5,4．
5．（2022秋·江苏常州·高一校考期中）已知函数f(x)=ax2−(2a+3)x+6(a∈R).
(1)若f(x)+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，函数f(x)≤−(m+5)x+3+m在-2,2有解，求m2+3的取值范围.
【解题思路】（1）对a进行分类讨论，结合判别式来求得正确答案.
（2）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式在区间−2,2上有解列不等式，求得m的取值范围，进而求得m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）若f(x)+2>0恒成立，则f(x)+2>0 ⇒ax2−2a+3x+8>0恒成立.
当a=0时，ax2−2a+3x+8=−3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>0Δ=2a+32−32a<0，解得：12
（2）当a=1时，fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0，即m≥73，
∴m≥4.
②−2<−m2<2即−4
③当−m2≥2即m≤−4时，当x=2时取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，
解得m≤−7，
综上，m≥2或m≤−7.
所以m2+3的范围为7,+∞.
6．（2023春·江苏南京·高二校考阶段练习）设fx=ax2+1−ax+a−2．
(1)若不等式fx≥−2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
(2)解关于x的不等式fx
(2)分类讨论解一元二次不等式即可作答.
【解答过程】（1）∀x∈R，f(x)≥−2恒成立等价于∀x∈R，ax2+(1−a)x+a≥0，
当a=0时，x≥0，对一切实数x不恒成立，则a≠0，
此时必有a>0Δ=(1−a)2−4a2≤0，
即a>03a2+2a−1≥0，解得a≥13，
所以实数a的取值范围是13,+∞.
（2）依题意， f(x)
当a>0时，可得(x+1a)(x−1)<0，又−1a<1，
解得−1a
当a=−1时，−1a=1，解得x≠1，
当−1
当a<−1时，0<−1a<1，解得x<−1a或x>1，
所以，当a>0时，原不等式的解集为x−1a
当−1
当a=−1时，原不等式的解集为{x∈R|x≠1}；
当a<−1时，原不等式的解集为{x|x<−1a或x>1}.
7．（2023秋·陕西渭南·高二统考期末）设函数fx=ax2+b−1x+2.
(1)若不等式fx<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fx<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)，
所以{a>01−ba=32a=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)=ax2+(b−1)x+2<1成立，
即存在x∈R，ax2+(a−3)x+1<0成立，
当a=0时，x>13，成立；
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
8．（2022秋·辽宁沈阳·高一校联考期中）已知fx=x2−ax−6a，其中a是常数.
(1)若fx<0的解集是x−3
【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fx≥0的解集；
（2）由不等式fx<0有解，可得Δ=a2+24a>0，设方程x2−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)2−4x1x2≤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fx<0的解集是x−3
所以a=−3+6=3，
所以fx=x2−3x−18，
由fx≥0，得x2−3x−18≥0，解得x≤−3或x≥6，
所以不等式fx≥0的解集(−∞,−3]∪[6,+∞)，
（2）由fx<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x1,x2，则
x1+x2=a，x1x2=−6a，
由题意得x1−x2≤5，
所以(x1+x2)2−4x1x2≤25，
所以a2+24a−25≤0，解得−25≤a≤1，
综上，−25≤a<−24或0
9．（2023秋·山东青岛·高一统考期末）已知函数fx=x2+1−mx−m.
(1)若∀x∈R,fx>−1，求m的取值范围；
(2)若m<0，解关于x的不等式fx>0.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式在R上恒成立问题运算求解；
（2）分类讨论两根大小解一元二次不等式.
【解答过程】（1）由fx=x2+1−mx−m>−1，可得x2+1−mx−m+1>0对∀x∈R恒成立，
则Δ=1−m2−4−m+1=m2+2m−3<0，解得−3
（2）由题意可得：fx=x2+1−mx−m=x+1x−m，
令fx=0，可得x=−1或x=m，
对于不等式fx>0，则有：
当m<−1时，不等式的解集为−∞,m∪−1,+∞；
当m=−1时，不等式的解集为x|x≠−1；
当−1
(1)求fx；
(2)对于任意的x∈R，不等式fx≥2k−5x−7恒成立，求k的取值范围.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，结合不等式的解集，列出不等式组，求得a,b,c，即得答案.
（2）根据一元二次不等式在R上恒成立，利用判别式即可求得答案.
【解答过程】（1）由fx≤0的解集为x|−1≤x≤6且f(1)=−10，
知−1,6为方程ax2+bx+c=0的两实数根，故−ba=−1+6ca=−1×6a+b+c=−10a>0，
解得a=1,b=−5,c=−6，
所以fx=x2−5x−6.
（2）由（1）知fx=x2−5x−6，
则由x∈R，fx≥2k−5x−7恒成立，得x2−2kx+1≥0恒成立，
由题意得Δ=4k2−4≤0
解得−1≤k≤1，所以k的取值范围为−1,1.
11．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=x2−2ax，gx=ax+3−a，a∈R．
(1)若对∀x∈R，fx+gx>0，求a的取值范围；
(2)若对∀x∈R，fx>0或gx>0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）利用一元二次函数的图象和性质求解即可；
（2）根据a的取值分情况讨论即可求解.
【解答过程】（1）由题意可得fx+gx=x2−ax+3−a>0恒成立，
则Δ=−a2−4×1×3−a<0即a2+4a−12=a+6a−2<0，解得−6
（2）当a=0时，fx=x2，gx=3>0，符合题意；
当a<0时，由fx=x2−2ax>0，解得x<2a或x>0，
故当2a≤x≤0时，gx=ax+3−a>0恒成立，而gx在R上为减函数，故只需g0=3−a>0，而由a<0，得3−a>0，故a<0符合题意；
当a>0时，由fx=x2−2ax>0，解得x<0或x>2a，
故当0≤x≤2a时，gx=ax+3−a>0恒成立，而gx在R上为增函数，故只需g0=3−a>0，解得0
12．（2023春·四川绵阳·高一校考阶段练习）已知函数fx=mx2+mx+3，m∈R．
(1)若关于x的不等式fx>0在实数集R上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式fx>3m−1x+5．
【解题思路】（1）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式的性质即可求解.
（2）化简问题得出x−2mx+1>0，对m<0,m=0,m>0分三类讨论，利用一元二次不等式的性质即可求解.
【解答过程】（1）依题意，mx2+mx+3>0在实数集R上恒成立．
①当m=0时，3>0，成立；
②当m≠0时，要使原不等式恒成立，
则m>0Δ=m2−12m<0，解得0
（2）不等式fx>3m−1x+5，
等价于mx2+1−2mx−2>0，
即x−2mx+1>0．
①当m>0时，解原不等式可得x>2或x<−1m；
②当m=0时，不等式整理为x−2>0，解得x>2；
③当m<0时，方程x−2mx+1=0的两根为x1=−1m，x2=2，
（i）当−12
（iii）当m<−12时，因为−1m<2，解原不等式得−1m
当−12
当m>0时，原不等式的解集为x|x<−1m或x>2.
13．（2022·高一课时练习）已知不等式x2+px>4x+p−4．
(1)若不等式在2≤x≤4时有解，求实数p的取值范围；
(2)若不等式在0≤p≤6时恒成立，求实数x的取值范围．
【解题思路】（1）设f(x)=x2+(p−4)x+4−p，依题意f2>0或f4>0成立，即可得到不等式，解得即可；
（2）设g(p)=p(x−1)+(x2−4x+4)，依题意可得g(0)>0g(6)>0，即可得到不等式组，解得即可.
【解答过程】（1）不等式x2+px>4x+p−4可化为x2+(p−4)x+4−p>0①，
设f(x)=x2+(p−4)x+4−p，
当不等式①在2≤x≤4时有解时，
即存在x∈2,4，使得f(x)>0，
所以f2>0或f4>0成立，
即4+2(p−4)+4−p>0或16+4(p−4)+4−p>0，
解得p>0或p>−34，
所以实数p的取值范围是−34,+∞．
（2）不等式x2+px>4x+p−4化为p(x−1)+(x2−4x+4)>0②，
设g(p)=p(x−1)+(x2−4x+4)，
因为0≤p≤6时不等式②恒成立，
即g(0)>0g(6)>0，
所以x2−4x+4>06(x−1)+(x2−4x+4)>0，
解得x<−1−3或−1+3
所以实数x的取值范围是−∞,−1−3∪−1+3,2∪2,+∞．
14．（2023秋·湖北黄石·高一校联考期末）设函数f(x)=mx2+(2m−1)x+m．
(1)当 m=−2 时，解关于x的不等式 fx≤0．
(2)若 fx≥0 对 ∀x∈R 恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1） m=−2代入函数解析式，求解二次不等式即可.
（2）根据不等式恒成立的条件，列不等式组求实数m的取值范围
【解答过程】（1）m=−2 时，f(x)=−2x2−5x−2，
由−2x2−5x−2=−(2x+1)(x+2)≤0，解得：x≤−2 或 x≥−12，
则不等式fx≤0的解集为：xx≤−2或x≥−12．
（2）f(x)=mx2+(2m−1)x+m，
若 fx≥0 对 ∀x∈R 恒成立，则m>0Δ=2m−12−4m2≤0，解得：m≥14，
所以实数m的取值范围为14,+∞．
15．（2022秋·安徽滁州·高一校考期末）设二次函数f(x)满足：①当x∈R时，总有f(−1+x)=f(−1−x)；②函数f(x)的图象与x轴的两个交点为A，B，且|AB|=4；③f(0)=−34.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若存在t∈R，只要x∈[1,m](m>1)，就有f(x+t)≤x−1成立，求满足条件的实数m的最大值.
【解题思路】（1）根据函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，且方程f(x)=0的两根为−3和1，可设设f(x)=a(x+3)(x−1)，由f(0)=−34可得解；
（2）取x=1和x=m，可得m≤9，从而可得解.
【解答过程】（1）（1）由题意知，函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，
且方程f(x)=0的两根为−3和1，设f(x)=a(x+3)(x−1)，
又f(0)=−34，则f(0)=−3a=−34，解得a=14.
故f(x)=14x2+12x−34.
（2）（2）只要x∈[1,m](m>1)，就有f(x+t)≤x−1，即x2+2(t−1)x+(t+1)2≤0，
取x=1,t2+4t≤0,−4≤t≤0；
取x=m,[m+(t−1)]2≤−4t，即1−t−2−t≤m≤1−t+2−t，
由−4≤t≤0得0≤−t≤4,1−t+2−t≤1+4+2×4=9，
故t=−4时，m≤9；
当m=9时，存在t=−4，只要x∈[1,9]，就有
f(x−4)−(x−1)=14(x−1)(x−9)≤0成立，满足题意.
故满足条件的实数m的最大值为9.
16．（2023秋·上海浦东新·高一校考期末）已知(1−a)x2−4x+6>0的解集为x−3
(2)若ax2+bx+3≥0恒成立，求实数b的取值范围．
【解题思路】（1）由题意知：1−a<0，且−3，1是方程(1−a)x2−4x+6=0的两根，利用韦达定理得出a的值；
（2）不等式恒成立，即3x2+bx+3≥0恒成立，则Δ<0，解不等式即可．
【解答过程】（1）因为(1−a)x2−4x+6>0的解集为x−3
所以1−a<0−3+1=41−a−3×1=61−a，所以a=3．
（2）因为ax2+bx+3≥0恒成立，即3x2+bx+3≥0恒成立，
所以Δ=b2−36≤0，解得−6≤b≤6，
所以实数b的取值范围为−6≤b≤6．即−6,6.
17．（2023·江苏·高一专题练习）已知函数fx=ax2−3x+2，a∈R.
(1)若不等式fx<0的解集为{x∣1
【解题思路】（1）首先根据fx<0的解集为{x∣1
【解答过程】（1）由不等式ax2−3x+2<0的解集为{x∣1
把x=1代入方程ax2−3x+2=0，解得a=1.
解不等式x2−3x+2<0得1
（2）因为ax2−3x+2≥0在实数集R上恒成立，
所以当a=0时，−3x+2≥0在实数集R上不是恒成立的.
当a≠0时，需满足a>0Δ=9−8a≤0，解得a≥98.
综上可知：实数a的取值范围是98,+∞.
18．（2023春·江苏镇江·高二校考阶段练习）已知二次函数fx=ax2+bx+ca≠0的图像过点−2,0和原点，对于任意x∈R，都有fx≥2x．
(1)求函数fx的表达式；
(2)设gx=m(x−1)，若函数f(x)≥g(x)在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数m的最大值．
【解题思路】（1）由题意得c=04a−2b+c=0，得f(x)=ax2+2ax，从而ax2+2(a−1)x≥0恒成立，得a>0Δ=4(a−1)2≤0，即可求解；
（2）依题意可得x2+2x≥m(x−1)，分x=1和x>1两种情况，当x>1时，分离变量进行求解即可.
【解答过程】（1）由题意得c=04a−2b+c=0 ，所以b=2a,c=0,f(x)=ax2+2ax，
因为对于任意x∈R，都有f(x)≥2x，即ax2+2(a−1)x≥0恒成立，
故a>0Δ=4(a−1)2≤0，解得a=1，∴b=2.
所以f(x)=x2+2x；
（2）由f(x)≥g(x)得x2+2x≥m(x−1)
当x=1时，不等式恒成立；
当x>1时，m≤x2+2xx−1，
令t=x−1>0，则x2+2xx−1=t2+4t+3t=t+3t+4≥4+23，
即m≤4+23，
当且仅当t=3时，即x=3+1时，实数m取得最大值4+23.
19．（2023秋·陕西西安·高一统考期末）已知函数fx=x2−a2+6a+9x+a+1．
(1)若a>0，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m
【解题思路】（1）由韦达定理得m+n=a2+6a+9,mn=a+1，1m+1n=(a+1)2+4(a+1)+4a+1，再利用基本不等式可得答案；
（2）不等式fx<0在0,1上恒成立可得f0<0f1<0，解不等式组可得答案．
【解答过程】（1）因为a>0，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m
所以m+n=a2+6a+9,mn=a+1．
所以1m+1n=m+nmn＝a2+6a+9a+1＝(a+1)2+4(a+1)+4a+1
＝(a+1)+4a+1+4≥4+4=8，当且仅当a＝1时等号成立，
所以1m+1n的最小值为8；
（2）因为关于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，
所以f0<0f1<0，所以a+1<01−a2+6a+9+a+1<0，解得a<−1，
所以a的取值范围为−∞,−1．
20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx满足fx+2f−x=6x2−4x+12．
(1)求fx的解析式；
(2)设函数gx=8x2+16x−m，若对任意x∈−3,3，fx≥gx恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）将“−x”代入等式，消去f(−x)解出f(x)；
（2）将条件转化为m≥6x2+12x−4对任意x∈−3,3恒成立，求出y=6x2+12x−4在x∈−3,3上的最大值，可得m的取值范围.
【解答过程】（1）由fx+2f−x=6x2−4x+12，
得f−x+2fx=6x2+4x+12，
消去f(−x)得3fx=6x2+12x+12，所以fx=2x2+4x+4．
（2）由fx≥gx，得2x2+4x+4≥8x2+16x−m，即m≥6x2+12x−4对任意x∈−3,3恒成立，
令y=6x2+12x−4=6x+12−10，x∈−3,3，
当x=3时，y=6x2+12x−4取得最大值86，
所以实数m的取值范围为86,+∞．
21．（2023·全国·高一专题练习）已知关于x的不等式x2+mx>4x+m−4．
(1)若对任意实数x，不等式恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对于0≤m≤4，不等式恒成立，求实数x的取值范围．
【解题思路】（1）不等式整理成标准的一元二次不等式，由判别式Δ<0可得参数范围；
（2）不等式换成以m为主元，为一次不等式，这样只要m=0和m=4时不等式都成立即可得x的范围．
【解答过程】（1）若对任意实数x，不等式恒成立，即x2+mx−4x−m+4>0恒成立
则关于x的方程x2+mx−4x−m+4=0的判别式Δ=m−42−4−m+4<0，
即m2−4m<0，解得0
可看成关于m的一次不等式mx−1+x2−4x+4>0，又0≤m≤4，
所以x2−4x+4>04(x−1)+x2−4x+4>0，解得x≠2且x≠0，所以实数x的取值范围是−∞,0∪0,2∪2,+∞．
22．（2023秋·广东深圳·高一统考期末）设函数f(x)=ax2+(1−a)x+a−2.
（1）若关于x的不等式fx≥−2有实数解，求实数a的取值范围；
（2）若不等式fx≥−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)
(2)将给定的不等式等价转化成(x2−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ax2+(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，fx≥−2有实数解，即不等式ax2+(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ax2+(1−a)x+a=a>0成立，即ax2+(1−a)x+a≥0有实数解，于是得a>0，
当a<0时，二次函数y=ax2+(1−a)x+a的图象开口向下，要y≥0有解，当且仅当Δ=(1−a)2−4a2≥0⇔−1≤a≤13，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fx≥−2对于实数a∈−1,1时恒成立，即∀a∈[−1,1],(x2−x+1)a+x≥0，
显然x2−x+1>0，函数g(a)=(x2−x+1)a+x在a∈−1,1上递增，从而得g(−1)≥0，即−x2+2x−1≥0，解得x=1，
所以实数x的取值范围是{1}；
(3) 不等式f(x)
当a>0时，不等式可化为(x+1a)(x−1)<0，而−1a<0，解得−1a
当−1a=1，即a=−1时，x∈R,x≠1，
当−1a<1，即a<−1时，x<−1a或x>1，
当−1a>1，即−1
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(−1a,1)，
当−1≤a<0时，原不等式的解集为(−∞,1)∪(−1a,+∞)，
当a<−1时，原不等式的解集为(−∞,−1a)∪(1,+∞).
23．（2023春·四川宜宾·高一校考期末）已知函数fx=mx2+1−3mx−4，m∈R．
（1）当m=1时，求fx在区间−2,2上的最大值和最小值．
（2）解关于x的不等式fx>−1．
（3）当m<0时，若存在x0∈1,+∞，使得fx>0，求实数m取值范围．
【解题思路】（1）根据二次函数的单调性可求得结果；
（2）化为(mx+1)(x−3)>0后，先对m分类讨论，再对−1m与3分类讨论可得结果；
（3）转化为f(x)在(1,+∞)上的最大值大于0，根据二次函数的知识求出最大值，再解关于m的不等式可得结果.
【解答过程】（1）当m=1时，fx=x2−2x−4在[−2,1)上递减，在(1,2]上递增，
所以f(x)的最小值为f(1)=1−2−4=−5，最大值为f(−2)=4+4−4=4.
（2）fx>−1可化为mx2+(1−3m)x−3>0，即(mx+1)(x−3)>0，
当m>0时，不等式化为(x+1m)(x−3)>0，解得x<−1m或x>3；
当m=0时，不等式化为x−3>0，解得x>3；
当m<0时，不等式化为(x+1m)(x−3)<0，
当−1m<3，即m<−13时，解得−1m
当−1m>3，即−13
当m=0时，不等式的解集为{x| x>3 }；
当−13
当m<−13时，不等式的解集为{x| −1m
因为fx=mx2+1−3mx−4的图象的开口向下，对称轴−1−3m2m=−12m+32>1，
所以f(x)max =f(−1−3m2m) =m⋅(1−3m)24m2+(1−3m)⋅(−1−3m2m)−4 =−(1−3m)24m−4，
所以−(1−3m)24m−4>0，即(1−3m)2>−16m，即9m2+10m+1>0，
解得m<−1或−19
（1）若对任意x∈−3,3，都有fx≤gx成立，求实数k的取值范围；
（2）若存在x∈−3,3，使fx≤gx成立，求实数k的取值范围；
（3）若对任意x1,x2∈−3,3，都有fx1≤gx2成立，求实数k的取值范围.
【解题思路】（1）通过分离变量将问题转化为k≥x2+6x对任意x∈−3,3恒成立，通过二次函数性质求得x2+6x的最大值，进而得到结果；
（2）通过分离变量将问题转化为存在x∈−3,3，使得k≥x2+6x成立，通过二次函数性质求得x2+6x的最小值，进而得到结果；
（3）将问题转化为fxmax≤gxmin，根据二次函数性质可分别求得最值，进而构造不等式求得结果.
【解答过程】（1）由题意得：gx−fx=−x2−6x+k≥0对任意x∈−3,3恒成立，
即k≥x2+6x对任意x∈−3,3恒成立，
当x=3时，x2+6x取得最大值27，∴k≥27，即k的取值范围为27,+∞.
（2）由题意得：存在x∈−3,3，使得gx−fx=−x2−6x+k≥0成立，
即存在x∈−3,3，使得k≥x2+6x成立，
当x=−3时，x2+6x取得最小值−9，∴k≥−9，即k的取值范围为−9,+∞.
（3）由题意得：当x∈−3,3时，fxmax≤gxmin，
当x=3时，fxmax=18+12−k=30−k；当x=1时，gxmin=1−2=−1，
∴30−k≤−1，解得：k≥31，即k的取值范围为31,+∞.
25．（2022·高一课时练习）已知函数fx=x2+3−ax+2+2a+b，a，b∈R.
(1)若关于x的不等式fx>0的解集为xx<−4或x>2，求实数a，b的值；
(2)若关于x的不等式fx≤b在x∈1,3上有解，求实数a的取值范围；
(3)若关于x的不等式fx<12+b的解集中恰有3个整数，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据二次函数与一元二次方程、不等式的关系，即可求出a，b的值；
（2）将不等式有解（能成立）问题转化为二次函数最值问题解决即可；
（3）构造函数ℎx=fx−12−b，讨论ℎx<0的解集恰有3个整数即可.
【解答过程】（1）∵关于x的不等式fx=x2+3−ax+2+2a+b>0的解集为xx<−4或x>2，
∴方程x2+3−ax+2+2a+b=0的两根为x1=−4，x2=2，
∴x1+x2=−2=−3−ax1x2=−8=2+2a+b，
∴解得a=1，b=−12.
（2）令gx=fx−b=x2+3−ax+2+2a，
若关于x的不等式fx≤b在x∈1,3上有解，则gx≤0在x∈1,3上有解，
∴只需使gx在区间1,3上的最小值gxmin≤0.
gx=x2+3−ax+2+2a图象是开口向上，对称轴为x=−3−a2=a−32的抛物线，
∴gx在区间−∞,a−32上单调递减，在区间a−32,+∞上单调递增，
①当a−32≤1，即a≤5时，gx在区间1,3上单调递增，
∴gxmin=g1=a+6≤0，解得a≤−6，
此时，a∈−∞,−6；
②当a−32≥3，即a≥9时， gx在区间1,3上单调递减，
∴gxmin=g3=−a+20≤0，解得a≥20，
此时，a∈20,+∞；
③当1
此时，a∈∅；
综上所述，实数a的取值范围是−∞,−6∪20,+∞.
（3）令ℎx=fx−12−b=x2+3−ax+2a−10
若关于x的不等式fx<12+b的解集中恰有3个整数，
则ℎx<0的解集中恰有3个整数，
ℎx=x2+3−ax+2a−10=x2+3−ax+2a−5=x−2x−a−5，
①当a−5=2，即a=7时，ℎx<0解集为∅，不合题意；
②当a−5>2，即a>7时，ℎx<0解集为2,a−5，
若解集中恰有3个整数，则这3个整数为3，4，5，
∴5
③当a−5<2，即a<7时，ℎx<0解集为a−5,2，
若解集中恰有3个整数，则这3个整数为−1，0，1，
∴−2≤a−5<−1，解得3≤a<4，
∴此时a∈3,4；
综上所述，实数a的取值范围是3,4∪10,11.
26．（2022秋·广东广州·高一校考阶段练习）已知函数y=ax2−2a+3x+6a∈R.
(1)若y>0的解集是{x∣x<2或x>3}，求实数a的值；
(2)若y+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，若−2≤x≤2时函数y≤−m+5x+3+m有解，求m2+3的取值范围.
【解题思路】（1）根据一元二次不等式的解以及根与系数关系求得a的值.
（2）对a进行分类讨论，结合判别式来求得正确答案.
（3）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式在区间−2,2上有解列不等式，求得m的取值范围，进而求得m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）依题意，y=ax2−2a+3x+6>0的解集是{x∣x<2或x>3}，
所以a>02+3=2a+3a2×3=6a，解得a=1.
（2）若y+2>0恒成立，则y+2>0⇒ax2−2a+3x+8>0恒成立.
当a=0时，ax2−2a+3x+8=−3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>0Δ=2a+32−32a<0，解得：12
（3）a=1时，y≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0，即m≥73，
∴m≥4.
②−2<−m2<2即−4
③当−m2≥2即m≤−4时，当x=2时取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，
解得m≤−7，
综上，m≥2或m≤−7.
所以：m2+3的范围为7,+∞.
27．（2022秋·北京·高一校考期中）已知二次函数fx的一个零点为−1，对任意实数x都满足f1−x=f1+x，且fx的最小值为−4.
(1)求fx的解析式；
(2)求fx在区间−1,a上的最小值：
(3)若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）设fx=mx−12+n，由题意可得n=−4m−1−12+n=0，求出m,n，即可求出fx的解析式；
（2）分类讨论−1≤a<1和a>1，即可求出fx在区间−1,a上的最小值；
（3）若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，则fxmax≥a+7，分类讨论−1≤a≤3或a>3，即可求出实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为二次函数fx对任意实数x都满足f1−x=f1+x，
所以设fx=mx−12+n，
由二次函数fx的一个零点为−1，fx的最小值为−4，
则n=−4m−1−12+n=0，解得：n=−4m=1，
所以fx=x−12−4.
（2）当−1≤a<1时，fxmin=fa=a−12−4，
当a>1时，fxmin=f1=1−12−4=−4，
所以fx=a−12−4,−1≤a<1−4,a>1.
（3）若存在实数x∈−1,a，使得fx≥a+7成立，
则fxmax≥a+7，
当−1≤a≤3时，fxmax=f−1=0，
所以a+7≤0，则a≤−7，则a无解；
当a>3时，fxmax=fa=a−12−4，则a−12−4≥a+7，
解得：a≥5或a≤−2，则a≥5.
综上：实数a的取值范围为：5,+∞.
28．（2022秋·湖南株洲·高一校考阶段练习）已知函数g(x)=ax2+c(a,c∈R)，g(1)=1且不等式g(x)≤x2−x+1对一切实数x恒成立.
（1）求函数g(x)的解析式；
（2）在（1）的条件下，设函数ℎ(x)=2g(x)−2，关于x的不等式ℎ(x−1)+4ℎ(m)≤ℎxm−4m2ℎ(x)，在x∈32,+∞有解，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）根据条件g(1)=1得到a,c的一个关系式，然后将不等式恒成立问题转化为Δ与0的关系，从而求解出a,c的值，则gx解析式可求；
（2）根据条件将问题转化为“1m2−4m2≥1−2x−3x2在x∈32,+∞有解”，分析出y=1−2x−3x2的最小值，则可求解出m2的范围，从而m的范围可求.
【解答过程】（1）∵二次函数gx=ax2+c a,c∈R，g1=1；∴a+c=1①；
又∵不等式gx≤x2−x+1对一切实数x恒成立；
∴a−1x2+x+c−1≤0对一切实数x恒成立；
当a−1=0时，x+c−1≤0不恒成立，∴a=1不合题意，舍去；
当a−1≠0时，要使得a−1x2+x+c−1≤0对一切实数x恒成立，
需要满足：a−1＜0Δ=1−4a−1c−1≤0；②
∴由①②解得a=12,c=12；
故函数gx的解析式为：gx=12x2+12.
（2）把gx=12x2+12代入函数ℎx=2gx−2，得ℎx=x2−1；
则关于x的不等式ℎx−1+4ℎm≤ℎxm−4m2ℎx在x∈32,+∞有解，
整理得1m2−4m2≥1−2x−3x2在x∈32,+∞有解；
只要使得1m2−4m2≥1−2x−3x2min；
设y=1−2x−3x2，x∈32,+∞，
则y=−31x+132+43,1x∈0,23，
∴当1x=23时，ymin=−53；
所以1m2−4m2≥−53，
解得0
29．（2022·高一单元测试）已知函数fx=ax2−2a+3x+6a∈R．
(1)若fx>0的解集是−∞，2∪3，+∞，求实数a的值．
(2)若fx+2>0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，函数fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，求m2+3的取值范围．
【解题思路】（1）根据一元二次不等式的解集的端点值为一元二次方程的根，由此求解出a的值；
（2）要使fx+2>0恒成立，即ax2−2a+3x+8>0，根据a的取值进行分类讨论，由此求解出不等式解集；
（3）将问题转化为“x2+mx+3−m≤0在−2,2有解”，然后分析二次函数y=x2+mx+3−m在−2,2的最小值小于等于0，由此求解出m的取值范围，即可求出m2+3的取值范围.
【解答过程】（1）
由题意可知：a≠0且4a−22a+3+6=09a−32a+3+6=0，解得a=1．
（2）
若fx+2>0恒成立，则fx+2>0⇒ax2−2a+3x+8>0
当a=0时，ax2−2a+3x+8>0不恒成立；
当a≠0时，a>02a+32−32a<0解得：12
（3）
a=1时，fx≤−m+5x+3+m在−2,2有解，
即x2+mx+3−m≤0在−2,2有解，
因为y=x2+mx+3−m的开口向上，对称轴x=−m2，
①−m2≤−2即m≥4，x=−2时，函数取得最小值4−2m+3−m≤0即m≥73，∴m≥4．
②−2<−m2<2即−4
综上，m≥2或m≤−7．
所以：m2+3的范围为：7，+∞.
30．（2022秋·山西太原·高一校考阶段练习）已知函数y1=x+m和y2=ax2+bx+c.
（1）若c=2−a，关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是x−1
（3）若a=1，b=−m，c=m22+2m−3，对∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，求实数m的取值范围､（注：y1x1表示的是函数y1=x+m中x1对应的函数值，y2x2表示的是y2=ax2+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∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，求m的范围.
【解答过程】(1)∵ 关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是x−1
∴ −1+3=−ba，−1×3=ca，又c=2−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,
当0
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−2a，且a−2a>−1，
不等式(ax+2−a)(x+1)>0的解集为(−∞,−1)∪(a−2a,+∞)，
∴ 当a=0时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−1,+∞)，
当0
当a=1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
当a>1时，不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(a−2a,+∞)；
(3)∵ 对∀x1∈x0≤x≤1，总∃x2∈x1≤x≤2，使得y1x1>y2x2，
∴ [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=m22+2m−3，
∴ y2=ax2+bx+c=x2−mx+m22+2m−3
∴ 当m≤2时，y2=ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为m22+m−2，
∴ m>m22+m−2
∴ −2
∴ m不存在，
∴ 当m≥4时，y2=ax2+bx+c在[1,2]上的最小值为m22+1，
∴ m>m22+1
∴ m不存在，
综上可得：实数m的取值范围为(−2,2).
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