重难点01 不等式恒成立、能成立问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc1706" 【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】 PAGEREF _Tc1706 \h 2
\l "_Tc15716" 【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】 PAGEREF _Tc15716 \h 3
\l "_Tc27986" 【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc27986 \h 5
\l "_Tc24804" 【题型4 基本不等式求解恒成立问题】 PAGEREF _Tc24804 \h 7
\l "_Tc15627" 【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】 PAGEREF _Tc15627 \h 10
\l "_Tc301" 【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】 PAGEREF _Tc301 \h 11
\l "_Tc29553" 【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】 PAGEREF _Tc29553 \h 13
1、不等式恒成立、能成立问题
一元二次不等式是高考数学的重要内容.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.
【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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝b2－4ac<0；))
一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝b2－4ac≤0；))
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ≤0.))
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若存在x∈[m,n]，a若对任意x∈[m,n]，a【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】
【例1】（2023·福建厦门·二模）“b∈0,4”是“∀x∈R，bx2−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，bx2−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，bx2−bx+1>0成立，则当b=0时，1>0恒成立，即b=0，
当b≠0时，b>0b2−4b<0，解得0因此∀x∈R，bx2−bx+1>0成立时，0≤b<4，
因为(0,4)[0,4)，所以“b∈0,4”是“∀x∈R，bx2−bx+1>0成立”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-1】（2023·江西九江·模拟预测）无论x取何值时，不等式x2−2kx+4>0恒成立，则k的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−4C．−4,4D．−2,2
【解题思路】由题知4k2−16<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x2−2kx+4>0恒成立，
所以，4k2−16<0，解得−2所以，k的取值范围是−2,2
故选：D.
【变式1-2】（2023·福建厦门·二模）不等式ax2−2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．a>2B．a≥1C．a>1D．0【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，−2x+1>0，得x<12，与题意矛盾，
当a≠0时，则a>0Δ=4−4a<0，解得a>1，
综上所述，a>1，
所以不等式ax2−2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.
故选：A.
【变式1-3】（2023·四川德阳·模拟预测）已知p:0≤a≤2，q：任意x∈R,ax2−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ax2−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>0Δ≤0，即a>0a2−4a≤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．
【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】
【例2】（2023·辽宁鞍山·二模）已知当x>0时，不等式：x2−mx+16>0恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．−8,8B．−∞,8C．−∞,8D．8,+∞
【解题思路】先由x2−mx+16>0得m【解答过程】当x>0时，由x2−mx+16>0得m因x>0，故x+16x≥2x×16x=8，当且仅当x=16x即x=4时等号成立，
因当x>0时，m故选：C.
【变式2-1】（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当x∈−1,1时，不等式2kx2−kx−38<0恒成立，则k的取值范围是（ ）
A．−3,0B．−3,0C．−3,18D．−3,18
【解题思路】
对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.
【解答过程】当x∈−1,1时，不等式2kx2−kx−38<0恒成立，
当k=0时，满足不等式恒成立；
当k≠0时，令fx=2kx2−kx−38，则fx<0在−1,1上恒成立，
函数fx的图像抛物线对称轴为x=14，
k>0时，fx在−1,14上单调递减，在14,1上单调递增，
则有f−1=2k+k−38≤0f1=2k−k−38≤0，解得0k<0时，fx在−1,14上单调递增，在14,1上单调递减，
则有f14=2k16−k4−38<0，解得−3综上可知，k的取值范围是−3,18.
故选：D.
【变式2-2】（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）若对于任意x∈m,m+1，都有x2+mx−1<0成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．−23,0B．−22,0
C．−23,0D．−22,0
【解题思路】利用一元二次函数的图象与性质分析运算即可得解.
【解答过程】由题意，对于∀x∈m,m+1都有f(x)=x2+mx−1<0成立，
∴fm=m2+m2−1<0fm+1=m+12+mm+1−1<0，解得：−22即实数m的取值范围是−22,0.
故选：B.
【变式2-3】（22-23高一上·安徽马鞍山·期末）已知对一切x∈[2,3]，y∈[3,6]，不等式mx2−xy+y2≥0恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．m≤6B．−6≤m≤0
C．m≥0D．0≤m≤6
【解题思路】令t=yx，分析可得原题意等价于对一切t∈1,3，m≥t−t2恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.
【解答过程】∵x∈[2,3]，y∈[3,6]，则1x∈[13,12]，
∴yx∈[1,3]，
又∵mx2−xy+y2≥0，且x∈[2,3],x2>0，
可得m≥yx−yx2，
令t=yx∈1,3，则原题意等价于对一切t∈1,3，m≥t−t2恒成立，
∵y=t−t2的开口向下，对称轴t=12，
则当t=1时，y=t−t2取到最大值ymax=1−12=0，
故实数m的取值范围是m≥0.
故选：C.
【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】
【例3】（23-24高一上·山东淄博·阶段练习）若命题“∃−1≤a≤3，ax2−2a−1x+3−a<0”为假命题，则实数x的取值范围为（ ）
A．x−1≤x≤4B．x0≤x≤53
C．x−1≤x≤0或53≤x≤4D．x−1≤x<0或53【解题思路】由题意可得：命题“∀−1≤a≤3,ax2−2a−1x+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,ax2−2a−1x+3−a≥0”为真命题，
即ax2−2a−1x+3−a=x2−2x−1a+x+3≥0对a∈−1,3恒成立，
则−x2−2x−1+x+3≥03x2−2x−1+x+3≥0，解得−1≤x≤0或53≤x≤4，
即实数x的取值范围为x−1≤x≤0或53≤x≤4.
故选：C.
【变式3-1】（23-24高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m≤2时，mx2−mx−1<0恒成立，则实数x的取值范围是（ ）
A．1−22B．1−32C．1−52D．1−72【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x2−xm−1<0，
由一次函数性质可知x2−x×1−1<0x2−x×2−1<0，即x2−x−1<02x2−2x−1<0；
解得1−52故选：B.
【变式3-2】（23-24高一下·河南濮阳·期中）已知当−1≤a≤1时，x2+a−4x+4−2a>0恒成立，则实数x的取值范围是（ ）
A．−∞,3B．−∞,1∪3,+∞
C．−∞,1D．−∞,1∪3,+∞
【解题思路】将x2+a−4x+4−2a>0化为x−2a+x2−4x+4>0，将a看成主元，令fa=x−2a+x2−4x+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：x2+a−4x+4−2a>0恒成立，
即x−2a+x2−4x+4>0，对任意得a∈−1,1恒成立，
令fa=x−2a+x2−4x+4，a∈−1,1，
当x=2时，fa=0，不符题意，故x≠2，
当x>2时，函数fa在a∈−1,1上递增，
则famin=f−1=−x+2+x2−4x+4>0，
解得x>3或x<2（舍去），
当x<2时，函数fa在a∈−1,1上递减，
则famin=f1=x−2+x2−4x+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3-3】（2008·宁夏·高考真题）已知a1>a2>a3>0，则使得(1−aix)2<1(i=1,2,3)都成立的x取值范围是（ ）
A．0,1a1B．0,2a1C．0,1a3D．0,2a3
【解题思路】由(1−aix)2<1可求得00)，
【解答过程】由(1−aix)2<1，得：1−2aix+ai2x2<1，
即x(ai2x−2ai)<0，解之得00)，
因为a1>a2>a3>0，使得(1−aix)2<1(i=1,2,3)都成立，
所以0故选：B.
【题型4 基本不等式求解恒成立问题】
【例4】（23-24高一下·贵州贵阳·期中）对任意的x∈0,+∞，x2−2mx+1>0恒成立，则m的取值范围为（ ）
A．1,+∞B．−1,1C．−∞,1D．−∞,1
【解题思路】参变分离可得2m【解答过程】因为对任意的x∈0,+∞，x2−2mx+1>0恒成立，
所以对任意的x∈0,+∞，2m又x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x，即x=1时取等号，
所以2m<2，解得m<1，即m的取值范围为−∞,1.
故选：D.
【变式4-1】（22-23高三上·河南·期末）已知a>0，b∈R，若x>0时，关于x的不等式ax−2x2+bx−5≥0恒成立，则b+4a的最小值为（ ）
A．2B．25C．43D．32
【解题思路】根据题意设y=ax−2，y=x2+bx−5，由一次函数以及不等式(ax−2)x2+bx−5≥0分析得x=2a时，y=x2+bx−5=0，变形后代入b+4a，然后利用基本不等式求解.
【解答过程】设y=ax−2（x>0），y=x2+bx−5（x>0），
因为a>0，所以当0当x=2a时，y=ax−2=0；
当x>2a时，y=ax−2>0；
由不等式(ax−2)x2+bx−5≥0恒成立，得：ax−2≤0x2+bx−5≤0或ax−2≥0x2+bx−5≥0，
即当0当x≥2a时，x2+bx−5≥0恒成立，
所以当x=2a时，y=x2+bx−5=0，则4a2+2ba−5=0，即b=5a2−2a，
则当a>0时，b+4a=5a2−2a+4a=5a2+2a≥25a2×2a=25，
当且仅当5a2=2a，即a=255时等号成立，
所以b+4a的最小值为25.
故选：B.
【变式4-2】（23-24高三上·山东威海·期中）关于x的不等式ax2−|x|+2a≥0的解集是(−∞,+∞)，则实数a的取值范围为（ ）
A．24,+∞B．−∞,24C．−24,24D．−∞,−24∪24,+∞
【解题思路】不等式ax2−|x|+2a≥0的解集是(−∞,+∞)，即对于∀x∈R，ax2−|x|+2a≥0恒成立，即a≥xx2+2，分x=0和a≠0两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.
【解答过程】解：不等式ax2−|x|+2a≥0的解集是(−∞,+∞)，
即对于∀x∈R，ax2−|x|+2a≥0恒成立，
即a≥xx2+2，
当x=0时，a≥0，
当a≠0时，a≥xx2+2=1x+2x，
因为1x+2x≤12x⋅2x=24，
所以a≥24，
综上所述a∈24,+∞.
故选：A.
【变式4-3】（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知x>0,y>0，且1x+2+1y=27，若x+2+y>m2+5m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．−4,7B．−2,7C．−4,2D．−7,2
【解题思路】利用基本不等式“1”的代换求不等式左侧最小值，结合x+2+y>m2+5m恒成立得到不等式，解一元二次不等式求参数范围
【解答过程】因为x>0,y>0，且1x+2+1y=27，
所以x+2+y=72×x+2+y1x+2+1y=72×1+1+yx+2+x+2y
≥72×2+2yx+2⋅x+2y=14，当且仅当y=x+2=7时取等号，
又因为x+2+y>m2+5m恒成立，
所以14>m2+5m，
解得−7所以实数m的取值范围是−7,2.
故选：D.
【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】
【例5】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）若存在实数x，使得mx2−m−2x+m<0成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．−∞,2B．−∞,0∪13,32
C．−∞,23D．−∞,1
【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.
【解答过程】①当m=0时，不等式化为2x<0，解得：x<0，符合题意；
②当m>0时，y=mx2−m−2x+m为开口方向向上的二次函数，
只需Δ=m−22−4m2=−3m2−4m+4>0，即0③当m<0时，y=mx2−m−2x+m为开口方向向下的二次函数，
则必存在实数x，使得mx2−m−2x+m<0成立；
综上所述：实数m的取值范围为−∞,23.
故选：C.
【变式5-1】（22-23高一上·内蒙古兴安盟·阶段练习）若关于x的不等式x2−4x−2−a≤0有解，则实数a的取值范围是（ ）
A．aa≥−2B．aa≤−2C．aa≥−6D．aa≤−6
【解题思路】直接利用判别式即可研究不等式的解的情况.
【解答过程】若关于x的不等式x2−4x−2−a≤0有解,
则Δ=16+42+a≥0，解得a≥−6.
故选：C.
【变式5-2】（23-24高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式−x2+ax−1>0有解，则实数a的取值范围为（ ）
A．a<−2或a>2B．−2【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−x2+ax−1>0有解，即不等式x2−ax+1<0有解，
因此Δ=a2−4>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.
【变式5-3】（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知关于x的不等式−x2+4x≥a2−3a在R上有解，则实数a的取值范围是（ ）
A．a−1≤a≤4B．a−1C．aa≥4或a≤−1D．a−4≤a≤1
【解题思路】由题意知x2−4x+a2−3a≤0在R上有解，等价于Δ≥0，解不等式即可求实数a的取值范围.
【解答过程】因为关于x的不等式−x2+4x≥a2−3a在R上有解，
即x2−4x+a2−3a≤0在R上有解，
只需y=x2−4x+a2−3a的图象与x轴有公共点，
所以Δ=−42−4×a2−3a≥0，
即a2−3a−4≤0，所以a−4a+1≤0，
解得：−1≤a≤4，
所以实数a的取值范围是a−1≤a≤4，
故选：A.
【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】
【例6】（2023·福建宁德·模拟预测）命题“∃x∈[1,2],x2≤a”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．a≥1B．a≥4
C．a≥−2D．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],x2≤a，则x2min≤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.
【变式6-1】（22-23高二上·河南·开学考试）设a为实数，若关于x的不等式x2−ax+7≥0在区间2,7上有实数解，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,8B．−∞,8C．−∞,27D．−∞,112
【解题思路】参变分离，再根据对勾函数的性质，结合能成立问题求最值即可.
【解答过程】由题意，因为x∈2,7，故a≤x+7x在区间2,7上有实数解，则ag2，故x+7x<8.故a≤x+7x在区间2,7上有实数解则a<8.
故选：A.
【变式6-2】（23-24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3−3x−a>x2+2x成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．−374,3B．−3,134C．−374,134D．−3,3
【解题思路】
化简不等式3−3x−a>x2+2x，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3−3x−a>x2+2x成立，
即至少存在一个x<0，使得关于x的不等式−x2−2x+3>3x−a成立，
画出y=−x2−2x+3x<0以及y=3x−a的图象如下图所示，其中−x2−2x+3>0.
当y=3x−a与y=−x2−2x+3x<0相切时，
由y=3x−ay=−x2−2x+3消去y并化简得x2+5x−a−3=0，
Δ=25+4a+12=0,a=−374.
当y=−3x+a与y=−x2−2x+3x<0相切时，
由y=−3x+ay=−x2−2x+3消去y并化简得x2−x+a−3=0①，
由Δ=1−4a+12=0解得a=134，代入①得x2−x+14=x−122=0，
解得x=12，不符合题意.
当y=−3x+a过0,3时，a=3.
结合图象可知a的取值范围是−374,3.
故选：A.
【变式6-3】（22-23高一上·江苏宿迁·期末）若命题“∀x0∈(0,+∞)，使得x02+ax0+a+3≥0”为假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2,6,+∞B．−∞,−2
C．−2,6D．2−7,2+7
【解题思路】根据题意可知“∃x0∈(0,+∞)，使得x02+ax0+a+3<0”为真命题，然后参变分离，将问题转化为最值问题，利用基本不等式可解.
【解答过程】因为“∀x0∈(0,+∞)，使得x02+ax0+a+3≥0”为假命题，
所以“∃x0∈(0,+∞)，使得x02+ax0+a+3<0”为真命题，
即a<−x02+3x0+1在(0,+∞)内有解，即a<−x02+3x0+1max.
因为−x02+3x0+1=−x0+12−2x0+1+4x0+1=−x0+1−2+4x0+1≤−2，
当且仅当x0=1时等号成立，
所以−x02+3x0+1max=−2，所以实数a的取值范围为−∞,−2.
故选：B.
【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】
【例7】（23-24高一上·山东潍坊·阶段练习）已知关于x的不等式2x−1>m(x2−1).
(1)是否存在实数m，使不等式对任意x∈R恒成立，并说明理由；
(2)若不等式对于m∈−2,2恒成立，求实数x的取值范围；
(3)若不等式对x∈[2,+∞)有解，求m的取值范围.
【解题思路】
将2x−1>m(x2−1)转化为mx2−2x+(1−m)<0，
（1）讨论m=0和m≠0时的情况；
（2）f(m)=(x2−1)m−(2x−1)，显然该函数单调，所以只需f(2)<0f(−2)<0即可.
（3）讨论当m=0时，当m<0时，当m>0时，如何对x∈[2,+∞)有解，其中m<0，m>0，均为一元二次不等式，结合一元二次函数图象求解即可.
【解答过程】（1）
原不等式等价于mx2−2x+(1−m)<0，
当m=0时，−2x+1<0，即x>12，不恒成立；
当m≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，
则m<0且Δ=4−4m(1−m)<0，无解；
综上，不存在实数m，使不等式恒成立.
（2）
设f(m)=(x2−1)m−(2x−1)，
当m∈−2,2时，f(m)<0恒成立，
当且仅当f(2)<0f(−2)<0，即2x2−2x−1<0−2x2−2x+3<0，
解得1−32−1+72即−1+72所以x的取值范围是(−1+72,1+32).
（3）
若不等式对x∈[2,+∞)有解，
等价于x∈[2,+∞)时，mx2−2x+(1−m)<0有解.
令g(x)=mx2−2x+(1−m)，
当m=0时，−2x+1<0即x>12，此时显然在x∈[2,+∞)有解；
当m<0时，x∈[2,+∞)时，结合一元二次函数图象，mx2−2x+(1−m)<0显然有解；
当m>0时，y=g(x)对称轴为x=1m，Δ=4−4m(1−m)=4m2−4m+4=(2m−1)2+3>0，
∵x∈[2,+∞)时，mx2−2x+(1−m)<0有解，
∴结合一元二次函数图象，易得：g(2)<0或g2≥01m>2，
解得m<1或m≥1m<12（无解），
又∵m>0，
∴0综上所述，m的取值范围为(−∞,1).
【变式7-1】（23-24高一上·江苏扬州·阶段练习）设函数y=ax2−(2a+3)x+6,a∈R．
(1)若y+2>0恒成立，求实数a的取值范围：
(2)当a=1时，∀t>−2，关于x的不等式y≤−3x+3+m在[−2,t]有解，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）利用一元二次不等式恒成立的条件即可求解；
（2）根据已知条件及二次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）y+2>0恒成立，即ax2−2a+3x+8>0恒成立，
当a=0时，−3x+8>0，解得x<83，舍去；
当a≠0时，a>04a2−20a+9<0，解得12所以实数a的取值范围为12,92．
（2）当a=1时，∀t>−2，关于x的不等式y≤−3x+3+m在[−2,t]有解，
则−2是x2−2x+3−m≤0的解，
因为抛物线y=x2−2x+3开口向上，对称轴x=1，
所以11−m≤0，解得m≥11，
所以m的取值范围为11,+∞．
【变式7-2】（23-24高一上·浙江台州·期中）已知函数fx=2x2−ax+a2−4，gx=x2−x+a2−314，a∈R
(1)当a=1时，解不等式fx>gx；
(2)若任意x>0，都有fx>gx成立，求实数a的取值范围；
(3)若∀x1∈0,1，∃x2∈0,1，使得不等式fx1>gx2成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）作差后解一元二次不等式即可.
（2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可；
解法二：分离参数，构造函数k=x+154x，利用基本不等式求解最值即可求解；
（3）把问题转化为fxmin>gxmin，利用动轴定区间分类讨论即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=2x2−x−3，gx=x2−x−274
所以fx−gx=x2+154>0，所以fx>gx，所以fx>gx的解集为R.
（2）若对任意x>0，都有fx>gx成立，即x2+1−ax+154>0在x>0恒成立，
解法一：设ℎx=x2+1−ax+154，x>0，对称轴x=a−12，由题意，只须ℎxmin>0，
①当a−12≤0，即a≤1时，ℎx在0，+∞上单调递增，所以ℎx>ℎ0=154，符合题意，所以a≤1；
②当a−12>0，即a>1时，ℎx在0,a−12上单调递城，在a−12，+∞单调递增，
所以ℎx>ℎa−12=−a−124+154>0，解得1−151，
所以1综上，a<1+15.
解法二：不等式可化为a−1x0，
由题意，只须a−1当且仅当x=154x即x=152时等号成立，则kmin=15，
所以a−1<15，即a<1+15.
（3）若对任意x1∈0,1，存在x2∈0,1，使得不等式fx1>gx2成立，
即只需满足fxmin>gxmin，x∈0,1，
gx=x2−x+a2−314，对称轴x=12，gx在0,12递减，在12,1递增，
gxmin=g12=a2−8，fx=2x2−ax+a2−4，x∈0,1，对称轴x=a4，
①a4≤0即a≤0时，fx在0,1递增，fxmin=f0=a2−4>gxmin=a2−8恒成立；
②0fxmin=fa4=78a2−4，gxmin=a2−8，所以78a2−4>a2−8，故0③a4≥1即a≥4时，fx在0,1递减，fxmin=f1=a2−a−2，gxmin=a2−8，
所以a2−a−2>a2−8，解得4≤a<6，综上：a∈−∞,6.
【变式7-3】（23-24高一上·山东威海·期中）已知函数f(x)=x2−(a+3)x+6(a∈R)
(1)解关于x的不等式f(x)≤6−3a；
(2)若对任意的x∈[1,4]，f(x)+a+5≥0恒成立，求实数a的取值范围
(3)已知g(x)=mx+7−3m，当a=1时，若对任意的x1∈[1,4]，总存在x2∈[1,4]，使fx1=gx2成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）由不等式f(x)≤6−3a转化为(x−3)(x−a)≤0，分a<3，a=3，a>3讨论求解；（2）将对任意的x∈[1,4]，f(x)+a+5≥0恒成立，转化为对任意的x∈[1,4]，a(x−1)≤x2−3x+11恒成立，当x=1，恒成立，当x∈(1,4]时，a≤(x−1)+9x−1−1恒成立，利用基本不等式求解；
（3）分析可知函数fx在区间1,4上的值域是函数gx在区间1,4上的值域的子集，分m=0、m<0、m>0三种情况讨论，求出两个函数的值域，可得出关于实数m的不等式组，综合可得出实数m的取值范围.
【解答过程】（1）因为函数f(x)=x2−(a+3)x+6(a∈R)，
所以f(x)≤6−3a，即为x2−(a+3)x+3a≤0，所以(x−3)(x−a)≤0，
当a<3时，解得a≤x≤3，当a=3时，解得x=3，当a>3时，解得3≤x≤a，
综上，当a<3时，不等式的解集为xa≤x≤3，当a≥3时，不等式的解集为x3≤x≤a
（2）因为对任意的x∈[1,4],f(x)+a+5≥0恒成立，所以对任意的x∈[1,4]，a(x−1)≤x2−3x+11恒成立，
当x=1时，0≤9恒成立，
所以对任意的x∈(1,4]时，a≤(x−1)+9x−1−1恒成立，
令(x−1)+9x−1−1≥2(x−1)⋅9x−1−1=5，当且仅当x−1=9x−1，即x=4时取等号，
所以a≤5，所以实数a的取值范围是(−∞,5]
（3）当a=1时，f(x)=x2−4x+6，因为x∈[1,4]，所以函数f(x)的值域是[2,6]，
因为对任意的x1∈[1,4]，总存在x2∈[1,4]，使fx1=gx2成立，
所以f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
当m>0时，g(x)∈[7−2m,m+7]，则m>07−2m≤2m+7≥6，解得m≥52
当m<0时，g(x)∈[m+7,7−2m]，则m<07−2m≥6m+7≤2，解得m≤−5，
当m=0时，g(x)∈{7}，不成立；
综上，实数m的取值范围(−∞,−5]∪52,+∞.
一、单选题
1．（2023·河南·模拟预测）已知命题“∃x0∈−1,1，−x02+3x0+a>0”为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,4C．−2,+∞D．4,+∞
【解题思路】由题知x0∈−1,1时，a>x02−3x0min，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，−x02+3x0+a>0”为真命题，
所以，命题“∃x0∈−1,1，a>x02−3x0”为真命题，
所以，x0∈−1,1时，a>x02−3x0min，
因为，y=x2−3x=x−322−94，
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>x02−3x0min=−2，即实数a的取值范围是−2,+∞
故选：C.
2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式kx2+k−6x+2>0的解为全体实数，则实数k的取值范围是（ ）
A．2≤k≤18B．−18C．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kx2+k−6x+2>0可化为−6x+2>0，显然不合题意；
当k≠0时，因为kx2+k−6x+2>0的解为全体实数，
所以k>0Δ=k−62−4k×2<0，解得2综上：2故选：C.
3．（2023·辽宁鞍山·二模）若对任意的x∈(0,+∞),x2−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,+∞),x2−mx+1>0⇔m0时，x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x，即x=1时取等号，
则m<2，所以m的取值范围是(−∞,2).
故选：C.
4．（2023·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线xa+yb=1a>0,b>0上，若关于t的不等式a+b≥t2+5t+3恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．−6,1B．−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≥t2+5t+3，解之即可.
【解答过程】因为点A(1,4)在直线xa+yb=1a>0,b>0上，
所以1a+4b=1，
故a+b=a+b1a+4b=ba+4ab+5≥2ba⋅4ab+5=9，
当且仅当ba=4ab且1a+4b=1，即a=3,b=6时等号成立，
因为关于t的不等式a+b≥t2+5t+3恒成立，
所以9≥t2+5t+3，解得−6≤t≤1，
所以t∈−6,1.
故选：A.
5．（23-24高二上·山东潍坊·阶段练习）若两个正实数x，y满足1x+4y=2，且不等式x+y4A．−1,2B．−∞,−2∪1,+∞
C．−2,1D．−∞,−1∪2,+∞
【解题思路】利用均值不等式求出最小值，根据题意列不等式求解即可.
【解答过程】x+y4=12x+y41x+4y=121+1+y4x+4xy
≥121+1+2=2，要使得不等式x+y42有解即可，
解得m>2或者m<−1，
故选：D.
6．（23-24高一上·全国·单元测试）不等式2x2−axy+y2≥0，对于任意1≤x≤2及1≤y≤3恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．a|a≤22B．a|a≥22
C．a|a≤13D．a|a≤92
【解题思路】由于在不等式2x2−axy+y2≥0中出现两个变量，对其进行变形令t=xy则转化为含参数t的不等式2t2−at+1≥0，在t∈13,2上恒成立的问题，然后进行分离参数求最值即可.
【解答过程】由y∈1,3，则不等式2x2−axy+y2≥0两边同时乘以1y2不等式可化为：2xy2−axy+1≥0，
令t=xy，则不等式转化为：2t2−at+1≥0，在t∈13,2上恒成立，由2t2−at+1≥0可得a≤2t2+1t即a≤2t+1tmin，
又2t+1t≥22t×1t=22，当且仅当t=22时取等号，所以当t=22时，2t+1t取得最小值22，
故可得a≤22.
故选：A．
7．（2023·江西九江·二模）已知命题p：∃x∈R，x2+2x+2−a<0，若p为假命题，则实数a的取值范围为（ ）
A．(1,+∞)B．[1,+∞)C．(−∞,1)D．(−∞,1]
【解题思路】首先由p为假命题，得出¬p为真命题，即∀x∈R，x2+2x+2−a≥0恒成立，由Δ≤0，即可求出实数a的取值范围．
【解答过程】因为命题p：∃x∈R，x2+2x+2−a<0，
所以¬p：∀x∈R，x2+2x+2−a≥0，
又因为p为假命题，所以¬p为真命题，
即∀x∈R，x2+2x+2−a≥0恒成立，
所以Δ≤0，即22−4(2−a)≤0，
解得a≤1，
故选：D．
8．（2024·上海黄浦·模拟预测）已知不等式ρ：ax2+bx+c<0a≠0有实数解．结论（1）：设x1，x2是ρ的两个解，则对于任意的x1，x2，不等式x1+x2<−ba和x1⋅x2A．结论①、②都成立B．结论①、②都不成立
C．结论①成立，结论②不成立D．结论①不成立，结论②成立
【解题思路】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项.
【解答过程】当a<0且Δ=b2−4ac<0 时，
ρ：ax2+bx+c<0a≠0的解为全体实数，故对任意的x1，x2，x1+x2与−ba 的关系不确定，例如：ρ：−x2+2x−2<0,取x1=1，x2=4,而−ba=2，所以 x1⋅x2=4>ca=2，故结论①不成立.
当a<0且Δ=b2−4ac>0 时，ρ：ax2+bx+c<0的解为xxq ，其中p,q 是ax2+bx+c=0的两个根.当 x0q此时ax02−bx0+c<0 ，但c 值不确定，比如：ρ：−x2+x+2<0，取x0=−3 ，则−x02−x0+2<0，但c>0 ，故结论②不成立.
故选：B.
二、多选题
9．（2023·江苏连云港·模拟预测）若对于任意实数x，不等式a−1x2−2a−1x−4<0恒成立，则实数a可能是（ ）
A．−2B．0C．−4D．1
【解题思路】首先当a=1，不等式为−4<0恒成立，故满足题意；其次a≠1，问题变为了一元二次不等式恒成立问题，则当且仅当a−1<0Δ<0，解不等式组即可.
【解答过程】当a=1时，不等式为−4<0恒成立，故满足题意；
当a≠1时，要满足a−1<0Δ<0，
而Δ=4a−12+16a−1=4a−1a+3，
所以解得−3综上，实数a的取值范围是−3,1；
所以对比选项得，实数a可能是−2，0，1.
故选：ABD.
10．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式4x2−5x+1>0的解集是xx>14或x<1
B．不等式2x2−x−6≤0的解集是xx≤−32或x≥2
C．若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，则a的取值范围是∅
D．若关于x的不等式2x2+px−3<0的解集是q,1，则p+q的值为−12
【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，4x2−5x+1>0⇔x−14x−1>0⇔x<14或x>1，故A错误；
对于B，2x2−x−6≤0⇔x−22x+3≤0⇔−32≤x≤2，故B错误；
若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，
当a=0时，21<0是不可能成立的，
所以只能a<0Δ=64a2−84a<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2x2+px−3=0的两根，
从而q×1=−322+p−3=0，解得p=1,q=−32，
而当p=1,q=−32时，一元二次不等式2x2+x−3<0⇔x−12x+3<0⇔−32所以p+q的值为−12，故D正确.
故选：CD.
11．（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）若ax−4x2+b≥0对任意x∈−∞,0恒成立，其中a，b是整数，则a+b的可能取值为（ ）
A．−7B．−5C．−6D．−17
【解题思路】对b分类讨论，当b≥0时，由ax−4x2+b≥0可得ax−4≥0，由一次函数的图象知不存在；当b<0时，由ax−4x2+b≥0，利用数形结合的思想可得出a,b的整数解.
【解答过程】当b≥0时，由ax−4x2+b≥0可得ax−4≥0对任意x∈−∞,0恒成立，
即a≤4x对任意x∈−∞,0恒成立，此时a不存在；
当b<0时，由ax−4x2+b≥0对任意x∈−∞,0恒成立，
可设fx=ax−4，gx=x2+b，作出fx,gx的图象如下，
由题意可知a<04a=−−b，再由a，b是整数可得a=−1b=−16或a=−4b=−1或a=−2b=−4
所以a+b的可能取值为−17或−5或−6
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·陕西渭南·模拟预测）若∀x∈R,a【解题思路】利用二次函数的性质计算即可.
【解答过程】由题得a故答案为：−∞,1.
13．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈0,+∞，使x2−ax+4<0”是假命题，则实数a的取值范围为 (−∞,4] .
【解题思路】将问题转化为“a≤x+4x在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解.
【解答过程】因为“∃x∈0,+∞，使x2−ax+4<0”是假命题，
所以“∀x∈0,+∞，x2−ax+4≥0”为真命题，
其等价于a≤x+4x在0,+∞上恒成立，
又因为对勾函数fx=x+4x在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
所以fxmin=f(2)=4，
所以a≤4，即实数a的取值范围为(−∞,4].
故答案为：(−∞,4].
14．（2023·河北·模拟预测）若∃x∈R，ax2+ax+a−3<0，则a的一个可取的正整数值为 1（或2，3） .
【解题思路】由判别式大于0求解.
【解答过程】由题意Δ=a2−4a(a−3)>0，解得0a的正整数值为1或2或3，
故答案为：1（也可取2，3）．
四、解答题
15．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=2x−a，且fx≤b的解集为−1,3．
(1)求a和b的值；
(2)若fx≤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3x2+2t−8x+4−t2≤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fx≤b得2x−a≤b，
易知b≥0，则−b≤2x−a≤b，解得a−b2≤x≤b+a2，
由于fx≤b的解集为−1,3，则b+a2=3,a−b2=−1，解得a=2,b=4．
（2）由（1）知fx=2x−2，由fx≤x−t得2x−2≤x−t，
得3x2+2t−8x+4−t2≤0在−1,0上恒成立，
Δ=(2t−8)2−4×3×4−t2=16t−12>0，故t≠1．
令gx=3x2+2t−8x+4−t2，若gx≤0在−1,0上恒成立，
则g−1≤0g0≤0，即−t2−2t+15≤04−t2≤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fx=|x−1|+|x+2|.
（1）求不等式fx≤5的解集；
（2）若不等式fx≥x2−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，fx≤5等价于−2x−1≤5，
解得x∈[−3,−2]；
当−2解得x∈(−2,1)；
当x≥1时，fx≤5等价于2x+1≤5，
解得x∈[1,2]；
综上所述，不等式的解集为[−3,2].
（2）不等式fx≥x2−ax+1的解集包含−1,1，
等价于fx≥x2−ax+1在区间[−1,1]上恒成立，
也等价于x2−ax−2≤0在区间[−1,1]恒成立.
则只需gx=x2−ax−2满足：
g−1≤0且g1≤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)=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,+∞).
18．（22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数fx=a2x2+2ax−a2+1.
(1)当a=2时，求fx≤0的解集；
(2)是否存在实数x，使得不等式a2x2+2ax−a2+1≥0对满足a∈−2,2的所有a恒成立？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）求解一元二次不等式即可；
（2）关于a的不等式恒成立问题转化为关于a的函数最值问题求解，按系数符号与轴与区间的关系分类讨论求解即可.
【解答过程】（1）a=2时，函数fx=4x2+4x−3，
不等式fx≤0即为4x2+4x−3≤0，
即2x+32x−1≤0，
解得−32≤x≤12，
∴不等式fx≤0的解集为−32,12.
（2）设ga=a2x2+2ax−a2+1=x2−1a2+2xa+1，a∈−2,2，
根据题意知，ga≥0在−2,2上恒成立，
①当x2−1=0时，解得x=±1，
若x=1，则ga=2a+1在−2,2上单调递增，
则g(a)min=g−2=−3<0，不符合题意；
若x=−1，则ga=−2a+1在−2,2上单调递减，
则g(a)min=g2=−3<0，不符合题意；
②当x2−1<0，即−1要使ga≥0在−2,2上恒成立，需g−2≥0g2≥0，
即4x2−4x−3≥04x2+4x−3≥0，解得x≤−32或x≥32，
又∵−1③当x2−1>0，即x<−1或x>1时，ga的图像为开口向上的抛物线，其对称轴方程为a=x1−x2，
（i）当x1−x2≤−2，即1∴g(a)min=g−2=4x2−4x−3≥0，解得x≤−12或x≥32，
∵32>1+174，−12<1，∴此时无解；
（ii）当−21+174时，ga在−2,x1−x2上单调递减，在x1−x2,2上单调递增，
∴g(a)min=gx1−x2=11−x2≥0，此时无解；
（iii）当x1−x2≥2，即−1−174≤x<−1时，ga在−2,2上单调递减，
∴g(a)min=g2=4x2+4x−3≥0，解得x≤−32或x≥12，
∵−32<−1−174，12>−1，∴此时无解；
综上，不存在符合题意的实数x.
19．（2024·全国·一模）已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．
（1）求证： 1a+b+1b+c+1c+a≥32
（2）是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用“1”的代换的方法化简1a+b+1b+c+1c+a，利用基本不等式证得不等式成立.
（2）首先利用基本不等式求得a2+b2+c2的最小值，然后根据一元二次不等式恒成立列不等式，解不等式求得m的取值范围.
【解答过程】(1)因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，
所以1a+b＋1b+c＋1c+a
＝16[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]1a+b+1b+c+1c+a
＝163+b+ca+b+a+bb+c+b+cc+a+c+ab+c+a+bc+a+a+ca+b
≥16(3＋2＋2＋2)＝32，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以1a+b＋1b+c＋1c+a≥32得证．
(2)因为a＋b＋c＝3，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，
因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，
所以(a2＋b2＋c2)min＝3，
由题意得－x2＋mx＋2≤3恒成立，
即得x2－mx＋1≥0恒成立，
因此Δ＝m2－4≤0⇒－2≤m≤2.
故存在实数m∈[－2，2]使不等式成立．