二次不等式恒成立求参数范围
高三一轮复习中首次涉及恒成立命题的教学素材
前言
- 相关博文：不等式恒成立问题；
不等式恒成立问题和二次不等式恒成立问题的关系：相辅相成，缺一不可；
若\(a\leqslant f(x)\)在\(D\)上恒[能]成立 \(\left\{\begin{array}{l}{f(x)\textbf{若为非二次函数，常使用分离参数+构造函数法；}}\\{f(x)\textbf{若为二次函数，首选分离参数法，次之分类讨论法}}\end{array}\right.\)
- 不等式恒成立的问题，我们最常用的转化思路是分离参数+构造函数法，但是并非所有的恒成立问题都可以这样求解，比如\(2ax^2+a^2x+2\geqslant 0\)在区间\([1,2]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围，此题目就不能用分离参数法求解，而只能用二次不等式恒成立的方法分类讨论求解；
- 二次不等式恒成立问题的求解策略
若参数能顺利分离，则首选分离参数法，若不能分离参数则分类讨论处理；
分离参数策略
- 仅仅含有一个参数，位于常数项位置，则常常直接分离；
引例，关于\(x\)的不等式\(x^2-3x-a^2-2a\leqslant0\)在\([-2,4]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围，则首先分离得到\(a^2+2a\geqslant x^2-3x\)在\([-2,4]\)上恒成立，接下来重点求解\(g(x)=x^2-3x\)在\([-2,4]\)上的最大值即可； - 仅仅含有一个参数，位于一次项位置，则常常直接分离；
引例，关于\(x\)的不等式\(x^2-3ax\pm 2\leqslant0\)在\([2,4]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围，则首先分离得到\(3a\geqslant\)\(\cfrac{x^2\pm 2}{x}\)\(=\)\(x\pm\cfrac{2}{x}\)在\([-2,4]\)上恒成立，接下来重点求解\(g(x)=x\pm\cfrac{2}{x}\)在\([-2,4]\)上的最大值即可；此时关联对勾型函数；
- 仅仅含有一个参数，位于二次项位置，则常常直接分离；
引例，关于\(x\)的不等式\(ax^2-3x\pm 2\leqslant0\)在\([2,4]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围，则首先分离得到\(a\geqslant\)\(\cfrac{3x\pm 2}{x^2}\)\(=\)\(\pm2\cdot \cfrac{1}{x^2}\)\(+\)\(3\cdot \cfrac{1}{x}\)在\([2,4]\)上恒成立，令\(t=\cfrac{1}{x}\in[\cfrac{1}{4},\cfrac{1}{2}]\)，接下来求解\(g(x)=\pm2t^2+3t\)在\([\cfrac{1}{4},\cfrac{1}{2}]\)上的最大值即可；
注意，教学实际中，有可能出现不能顺利分离的情形，比如\(x^2-ax\geqslant0\)在\([-2,4]\)上恒成立，如果想强行分离参数，那么需要针对自变量分类讨论，最后还需要求各种情形下的交集，难度自然就加大了，我们不建议这样做，改用分类讨论策略；
- 仅仅含有一个参数，位于两个或以上的位置，则建议分类讨论处理；
引例，比如\(2ax^2+a^2x+2\geqslant 0\)在区间\([1,2]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围，此题目就不能用分离参数法求解，而只能用二次不等式恒成立的方法分类讨论求解；
分类讨论策略
引例，如\(ax^2+bx+c\ge 0(a>0)\)，或者直接思考\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)，(当\(a<0\)时，可以仿照\(a>0\)来转化模型得到相应的不等式组）
- 类型1：形如\(f(x)\ge 0(x\in R)\)型的不等式确定参数范围
处理策略：需要限制\(a\)和\(\Delta\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{\Delta \leq 0}\end{array}\right.\)
具体到上例，\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)在\(R\)上恒成立，即\(\Delta=4a^2-4(3a-1)\leq 0\)，求解即可。
- 类型2：形如\(f(x)\ge 0 (x\in [m，+\infty))\)型的不等式确定参数范围
处理策略：分类讨论，转化划归；
如上例\(f(x)=x^2-2ax+3a-1\ge 0\)在区间\([2，+\infty)\)上恒成立，对称轴为\(x=a\)
分类标准1：\(\Delta \leq 0\)或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[对称轴]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\)
分类标准2：\(\left\{\begin{array}{l}{[对称轴]a<2}\\{f(2)\geqslant 0}\end{array}\right.\quad\quad\)或\(\left\{\begin{array}{l}{[对称轴]a\geqslant 2}\\{f(a)\geqslant 0}\end{array}\right.\)
- 类型3：形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式确定参数范围
如上例\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)在区间\(x\in [2，3]\)上恒成立，
分类标准1：则\(\Delta \leq 0\)或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta>0}\\{[对称轴]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\quad\)或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[对称轴]a> 3}\\{f(3)\ge 0}\end{array}\right.\)
分类标准2：\(\left\{\begin{array}{l}{[对称轴]a\leqslant 2}\\{f(2)\geqslant 0}\end{array}\right.\quad\quad\)或\(\left\{\begin{array}{l}{[对称轴]2<a<3}\\{f(a)\geqslant 0}\end{array}\right.\quad\quad\)或\(\left\{\begin{array}{l}{[对称轴]a\geqslant 3}\\{f(3)\geqslant 0}\end{array}\right.\)
- 特别的，当\(x^2-2ax+3a-1\leq 0\)在\(x\in [2，3]\)上恒成立时，只需要限制\(\left\{\begin{array}{l}{f(2)\leq 0}\\{f(3)\leq 0}\end{array}\right.\)
- 类型4：形如\(f(x)\ge 0(m\in[a，b])\)型的不等式确定参数范围
处理策略：主辅元换位，
如不等式\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)对\(a\in [2，3]\)恒成立，求\(x\)的取值范围。
令\(f(x)=x^2-2ax+3a-1\)，则\(f(x)\)是关于\(x\)的二次函数，
若将上述函数以\(a\)为元，可以整理为另一个函数
\(g(a)=(3-2x)a+x^2-1\)，则\(g(a)\)是关于\(a\)的一次函数，
现要\(g(a) \ge 0\)，则只需\(\left\{\begin{array}{l}{g(2)\ge 0}\\{g(3)\ge 0}\end{array}\right.\)
对应例题
- 角度一 形如\(f(x)\ge 0(f(x)\leq 0)(x\in R)\)型的不等式确定参数范围
法1：(将\(b\)和\(\lambda\)看做系数)将不等式转化为\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)对任意的\(a\in R\)恒成立，
则\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
法2：变量集中策略，当\(b=0\)时，即\(a^2\ge 0\)恒成立，\(\lambda\in R\)；
当\(b\neq 0\)时，原不等式等价于\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，
令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)对任意的\(t\in R\)恒成立，
则\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
综上所述(两种情况取交集)，实数\(\lambda\)的取值范围为\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
- 角度二 形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式确定参数范围
法1：利用二次函数求解，要使\(f(x)<-m+5\)恒成立，即\(mx^2-mx+m-6<0\)，
即\(m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6<0\)在\(x\in[1,3]\)上恒成立，
令\(g(x)=m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6,x\in [1,3]\)，
当\(m>0\)时，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是增函数，
所以\(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0\), 解得\(m<\cfrac{6}{7}\)，
则有\(0<m<\cfrac{6}{7}\)；
当\(m<0\)时，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是减函数，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0\), 解得\(m<6\)，
则有\(m<0\)；
综上所述，\(m\)的取值范围是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
法2：分离参数法，因为\(x^2-x+1>0\)，由\(f(x)<-m+5\)可得\(m(x^2-x+1)-6<0\)，
故有\(m<\cfrac{6}{x^2-x+1}\)恒成立，
又因为函数\(y=\cfrac{6}{x^2-x+1}=\cfrac{6}{(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}}\)在区间\([1,3]\)上的最小值为\(\cfrac{6}{7}\),
故只需\(m<\cfrac{6}{7}\)即可，
又因为\(m\neq 0\)，所以\(m\)的取值范围是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
法1，二次函数法
①由于\(\Delta=a^2+8a≤0\)时满足题意，解得\(-8≤a≤0\)，
求得对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)，
再考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系
②当\(-\cfrac{a}{2}≤1\)时，即\(a≥-2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又因为\(a≥-2\)，所以得到\(-2≤a≤1\)。
③当\(-\cfrac{a}{2}≥5\)时，即\(a≤-10\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递减，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又因为\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\).
④当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\),即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，
得到\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，所以\(-8≤a<-2\)（这种情形可以省略）
综上可得\(a\)的取值范围是\([-8,1]\)
法2：分离参数法，先转化为\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)
接下来就转化为了三个恒成立的命题了，
当\(x=2\)时，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合题意；
当\(2<x<5\)时，原不等式等价于\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)
求得当\(x=4\)时，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)
当\(1<x<2\)时，原不等式等价于\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)
当且仅当\(x=0\)时取到等号，并不满足前提条件\(1<x<2\)，故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性，函数\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
那么\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，
\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)
以上三种情况取交集，得到\(a\in [-8，1]\)。
- 角度三 形如\(f(x)\geqslant 0\)(\(m\in[a，b]\))型的不等式确定参数范围
分析：主辅元换位，把不等式的左端看成关于\(a\)的一次函数，
记为\(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\)，则由\(f(a)>0\)对于任意的\(a\in[-1,1]\)恒成立，
只需\(\begin{cases}f(-1)>0\\f(1)>0\end{cases}\)即可，
即\(\begin{cases}x^2-5x+6>0\\x^2-3x+2>0\end{cases}\)，
解得\(x<1\)或\(x>3\)，则\(x\)的取值范围是\((-\infty,1)\cup(3,+\infty)\).
高阶转化
分析：由等比数列性质可知，\(a_2a_3=27\)，\(a_2+a_3=12\)，
则\(a_2\)，\(a_3\)是方程\(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0\)，即方程为\(x^2-12x+27=0\)的两个根，
解得\(a_2=3\)，\(a_3=9\)，或\(a_2=9\)，\(a_3=3\)(舍去)；
则\(a_n=3^{n-1}\)，从而计算得到\(S_n=\cfrac{3^n-1}{2}\)，
故已知条件\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)可以变形为
\(t\leq 2\cdot 3^n\cdot \cfrac{3^n-1}{2}-21\cdot 3^n=(3^n)^2-22\cdot 3^n=(3^n-1)^2-121\)，
令\(g(n)=(3^n-1)^2-121\)，以下类比二次函数求最值的方法，注意\(n\in N^*\)的条件限制，
则当\(n=2\)时，\(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117\)，故\(t\leq -117\)，即所求范围为\((-\infty，-117]\)。
解后反思：①本题目的难点之一是解方程求数列通项公式；②恒成立问题；③求二次函数的最值；
分析：由题目可知，方程\(f(-x)+f(x)=0\)在\(R\)上有解，
即\(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0\)有解，
先令\(2^x=t>0\)，得到\(t^2+\cfrac{1}{t^2}-2m(t+\cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0\)，
再令\(t+\cfrac{1}{t}=n\ge 2\)，则方程变形为\(n^2-2mn+2m^2-8=0\)在\(n\in [2，+\infty)\)上有解，
令\(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n \ge 2)\)；
\(1^。\) 当\(F(2)\leq 0\)时，由零点存在性定理可知，只需要\(F(2)\leq 0\)，由\(F(2)\leq 0\Longrightarrow 1-\sqrt{3}\leq m \leq 1+\sqrt{3}\)；
\(2^。\) 当\(F(2)> 0\)时，还需要\(\Delta \ge 0\)且对称轴大于2，
由\(\begin{cases} &F(2)> 0\\ &\Delta \ge 0 \\ &m>2\end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} &m<1-\sqrt{3}，m>1+\sqrt{3}\\ &-2\sqrt{2}\leq m \leq 2\sqrt{2} \\ & m>2\end{cases}\Longrightarrow 1+\sqrt{3}< m \leq 2\sqrt{2}\)；
综上所述，\(m\)的取值范围是\([1-\sqrt{3}，2\sqrt{2}]\).
对应练习
分析：令\(a^2-3a=A\)，\(x^2-2x+5=f(x)\)，
则转化为\(f(x)\ge A\)对任意实数恒成立，即需要求解\(f(x)_{min}\);
分析：分离参数得到\(a>-x^2+2x\)对任意实数\(x\in[2,3]\)恒成立，
即需要求函数\(f(x)=-x^2+2x,x\in[2,3]\)的\(f(x)_{max}\),
\(f(x)=-(x-1)^2+1,x\in[2,3]\),故\(f(x)_{max}=f(2)=0\)，则得到\(a>0\).
分析：先由\(f(1-x)=f(1+x)\)得到，二次函数的对称轴\(x=-\cfrac{a}{-2}=1\)，解得\(a=2\)，
故题目转化为\(-x^2+2x+b^2-b+1>0\)对任意\(x\in [-1,1]\)恒成立，
用整体法分离参数，
得到\(b^2-b>x^2-2x-1\)对任意\(x\in[-1,1]\)恒成立。
令\(g(x)=x^2-2x-1，x\in[-1,1]\)，需要求函数\(g(x)_{max}\)；
\(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]\)，
故\(g(x)\)在区间\([-1，1]\)上单调递减，则\(g(x)_{max}=g(-1)=2\)，
故\(b^2-b>2\)，解得\(b<-1\)或\(b>2\)。
分析：令\(log_ax=t\)，由于\(x\in (0,+\infty)\)，则此时不论底数\(a\)为何值，都有\(t\in R\)，故原题等价转化为
\(t^2+2at+4>0\)对\(t\in R\)恒成立，故只需要\(\Delta=4a^2-16<0\)即可，解得\(-2<a<2\)，
又由于隐含条件\(a>0\)且\(a\neq 1\)，故\(a\in (0,1)\cup(1,2)\)。
法1：遇到恒成立问题，一般首先考虑能否分离参数的方法，本题目可以分离参数，但需要针对自变量分类讨论。
当\(x=0\)，\(-3<0\)恒成立，故\(a\in R\)；
当\(x\neq 0\)时，分离参数并整理，得到\(a<\cfrac{3-2x}{2x^2}\)恒成立，
令\(g(x)=\cfrac{3-2x}{2x^2}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{1}{x}=\cfrac{3}{2}[(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{x}+(\cfrac{1}{3})^2]-\cfrac{3}{2}\times (\cfrac{1}{3})^2\)
\(=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)恒成立，
由于\(x\in [-1，0)\cup(0，1]\)，故\(t=\cfrac{1}{x}\in (-\infty，-1]\cup[1，+\infty)\)，
则\(g(x)=h(t)=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，
故当\(t=1\)，即\(x=1\)时，\(g(x)_{min}=\cfrac{1}{2}\)；故\(a<\cfrac{1}{2}\)，
综上所述取交集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
法2：还可以不分离参数，针对参数分类讨论如下。
①当\(a=0\)时，\(f(x)=2x-3\)，\(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0\)成立，故\(a=0\)满足；
当\(a\neq 0\)时，\(f(x)\)为二次函数，对称轴为\(x=-\cfrac{1}{2a}\)，
②\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{f(1)<0}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a<\frac{1}{2}}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)
③\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\geqslant 1}\\{f(1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\frac{1}{2}\leqslant a<0 }\\{ a<\frac{1}{2}}\end{array}\right.\) 即\(-\cfrac{1}{2}\leqslant a<0\)
④\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\leqslant -1}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a\in \varnothing}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(a\in \varnothing\)
⑤\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{1}{6}}\end{array}\right.\) 即\(a<-\cfrac{1}{6}\)
综上所述取并集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
【解后反思】1、对于恒成立类题目，若针对自变量分类讨论，则结果必须取交集；若针对参数分类讨论，则结果必须取并集。2、若能注意到\(a<0\)，则对称轴\(x=-\cfrac{1}{2a}>0\)，则可以直接排除情形④的讨论；
分析：先将不等式转化为\((sin\theta+cos\theta+1)x^2+(2sin\theta+1)x+sin\theta>0\)，
为了便于表达，令\(f(x)=(sin\theta+cos\theta+1)x^2+(2sin\theta+1)x+sin\theta\)，
则问题转化为\(f(x)>0\)在\(x\in [-1，0]\)上恒成立，
由于\(sin\theta+cos\theta+1=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})+1\in(0,\sqrt{2}+1]\)，
故\(sin\theta+cos\theta+1>0\)在\(\theta\in [0，\pi)\)上恒成立，
故开口向上，且对称轴\(x_0=-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}<0\)
本来我们需要考虑三种情形，但是由于\(f(0)=sin\theta\in [0，1]\)，对称轴\(x_0<0\)，
结合这些情形，可以只考虑\(\left\{\begin{array}{l}{f(-1)>0}\\{f(0)>0}\\{f(x_0)>0}\end{array}\right.\)即可，
由\(f(-1)>0\)得到，\(cos\theta>0\)，由\(f(0)>0\)得到，\(sin\theta>0\)，即\(0<\theta<\cfrac{\pi}{2}\)，故可以排除\(C\)，\(D\)两个选项了；
难点是化简\(f(x_0)>0\)，以下作以重点说明，
\(f(x_0)=f(-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)})\)
$=(sin\theta+cos\theta+1)\times[-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}]^2+(2sin\theta+1)\times [-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}]+sin\theta $
\(=\cfrac{(2sin\theta+1)^2}{4(sin\theta+cos\theta+1)}-\cfrac{(2sin\theta+1)^2}{2(sin\theta+cos\theta+1)}+sin\theta\)
\(=\cfrac{-(2sin\theta+1)^2}{4(sin\theta+cos\theta+1)}+sin\theta\)
\(=\cfrac{-4sin^2\theta-4sin\theta-1+sin\theta[4(sin\theta+cos\theta+1)]}{4(sin\theta+cos\theta+1)}\)
\(=\cfrac{4sin\theta cos\theta-1}{4(sin\theta+cos\theta+1)}=\cfrac{2sin2\theta-1}{4(sin\theta+cos\theta+1)}>0\)，
即\(sin2\theta>\cfrac{1}{2}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}<2\theta<\cfrac{5\pi}{6}\)，即\(\cfrac{\pi}{12}<\theta<\cfrac{5\pi}{12}\)
结合\(0<\theta<\cfrac{\pi}{2}\)，可得\(\cfrac{\pi}{12}<\theta<\cfrac{5\pi}{12}\)，故选\(A\)。
[解析] 由题意可知，\(\Delta=4(a-2)^{2}-4 a=4 a^{2}-20 a+16=4(a-1)(a-4)\)，令\(f(x)=x^{2}-2(a-2)x+a\)
当 \(\Delta<0\)时，即\(1<a<4\)时，\(x^{2}-2(a-2)x+a>0\) 在 \(R\) 上恒成立，符合题意；
当 \(\Delta=0\)时，解得\(a=1\)或者\(a=4\)；分情况验证如下，
当\(a=1\)时，原不等式变形为\((x+1)^2>0\)，此时必须\(x\neq -1\)，不满足题意，故舍去；
当\(a=4\)时，原不等式变形为\((x-2)^2>0\)，此时必须\(x\neq 2\)，满足题意；
当 \(\Delta>0\)时， 即\(a<1\) 或 \(a>4\) 时, 还需要其他条件的限制，
即\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta>0}\\{1<a-2<5[对称轴]}\\{f(1)\geqslant 0}\\{f(5)\geqslant 0}\end{array}\right.\quad\quad\) 解得，\(4<a\leqslant 5\)
综上所述，\(a\)的取值范围是\((1,5]\).
