人教A版2019必修第一册专题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)(原卷版+解析)

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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）【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________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2．（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．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．4．（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．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.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−1，求m的取值范围；(2)若m<0，解关于x的不等式fx>0.10．（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.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．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+5．13．（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．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．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.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−30，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m4x+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．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)−1．（3）当m<0时，若存在x0∈1,+∞，使得fx>0，求实数m取值范围．24．（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.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．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.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.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.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．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−10；（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.）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）【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________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1−32−1+72，则−1+720，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−740，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−740，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−20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：120Δ=(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)0时，可得(x+1a)(x−1)<0，又−1a<1，解得−1a0，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−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09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−30，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−30，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0−1，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−30，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−10，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−60，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00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03m−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22}；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−30的解集为x−30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10Δ=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|m0，且关于x的不等式fx<0的解集是x|m4x+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04x+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)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)0时，不等式可化为(x+1a)(x−1)<0，而−1a<0，解得−1a0，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−1m3，即−130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−130，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−190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12，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，∴50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：121，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00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：120的解集是x−10；（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−10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00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∴  −2m24+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).