(共7张PPT)
专题七 选修系列4部分
必备知识·整合回顾
【常用结论】精归纳
1.直角坐标与极坐标的互化公式
把直角坐标系的原点作为极点，x轴正半轴作为极轴，并在两种坐标系中取相同
的长度单位.设M是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标是(ρ，θ)
，则
2.几个特殊图形的极坐标方程
(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ=r.
(2)当圆心位于M(a，0)，半径为a：ρ=2acos
θ.
(3)当圆心位于M
，半径为a：ρ=2asin
θ.
(4)直线过极点：θ=θ0和θ‰=π+θ0.
(5)直线过点M(a，0)且垂直于极轴：ρcos
θ=a.
(6)直线过点M
且平行于极轴：ρsin
θ=b.
3.常见图形的参数方程
(1)直线的参数方程：
(t为参数)
(2)圆的参数方程
若圆心在点M0(x0，y0)，半径为R，则圆的参数方程为
(θ为参数)
(3)椭圆的参数方程
若椭圆的中心不在原点，而在点M0(x0，y0)处，相应的椭圆的参数方程为
(θ为参数)
通常规定参数θ的范围为[0，2π).
4.不等式选讲
(1)不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不
等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数
的综合问题的求解.
(2)不等式选讲命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类
讨论思想的应用.
【易错警示】防误区
(1)在极坐标系中，如果P1(ρ1，θ1)，P2(ρ2，θ2)，那么两点间的距离公式
|P1P2|=
.
两种特殊情况：
①当θ1=θ2+2kπ，k∈Z时，|P1P2|=|ρ1-ρ2|；
②当θ1=θ2+π+2kπ，k∈Z时，|P1P2|=|ρ1+ρ2|.
(2)极坐标与直角坐标互化的前提条件
①极点与原点重合；
②极轴与x轴的正半轴重合；
③取相同的单位长度.(共38张PPT)
第1课时 坐标系与参数方程
考向一 极坐标方程及其应用
【典例1】(2020·江苏高考)在极坐标系中，已知点A
在直线l：ρcos
θ
=2上，点B
在圆C：ρ=4sin
θ上(其中ρ≥0，0≤θ<2π).
(1)求ρ1，ρ2的值；
(2)求直线l与圆C的公共点的极坐标.
【解析】(1)ρ1=
=4，ρ2=4sin
=2.
(2)联立得4sin
θcos
θ=2，即sin
2θ=1，
因为ρ≥0，0≤θ<2π，
所以θ=
，ρ=2
，
所以公共点的极坐标为
.
【技法点拨】提素养
1.直角坐标与极坐标方程的互化
(1)直角坐标方程化极坐标方程时，可以直接将x=ρcos
θ，y=ρsin
θ代入即
可.
(2)极坐标方程化直角坐标方程时，一般需要构造ρ2，ρsin
θ，ρcos
θ，常
用的技巧有式子两边同乘以ρ，两角和与差的正弦、余弦展开等.
2.求解与极坐标有关的问题的主要方法
(1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想结合使用；
(2)研究极坐标系下图形的性质，可转化为我们熟悉的直角坐标系.
【变式训练】
在极坐标系中，方程为ρ=2sin
2θ的曲线为如图所示的“幸运四叶草”，该曲
线又被称为玫瑰线.
(1)当玫瑰线的θ∈
时，求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐
标；
(2)求曲线ρ=
上的点M与玫瑰线
上的点N距离的最小值及取得最小值时的
点M，N的极坐标(不必写详细解题过程).
【解析】(1)由题意可得单位圆的极坐标方程为ρ=1.
由
得sin
2θ=
.
因为θ∈
，
所以θ=
或θ=
，
所以交点的极坐标为
.
(2)以极点为坐标原点，极轴为x轴，建立平面直角坐标系xOy.曲线ρ=
的直角坐标方程为x+y=4.玫瑰线关于原点中心对称，而原点O到直线x+y=4的最
小距离|OM|min=
，原点到玫瑰线上的点的最大距离|ON|max=2，当且仅
当θ=
时，|OM|min和|ON|max同时取到，所以|MN|min=|OM|min-
|ON|max=2
-
2，此时M
.
考向二 参数方程及其应用
【典例2】(2020·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为
(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐
标方程为4ρcos
θ-16ρsin
θ+3=0.
(1)当k=1时，C1是什么曲线？
(2)当k=4时，求C1与C2的公共点的直角坐标.
【解析】(1)当k=1时，C1：
消去参数t得x2+y2=1，故曲线C1是圆心为坐标
原点，半径为1的圆.
(2)当k=4时，C1：
消去参数t得C1的直角坐标方程为
=1.
C2的直角坐标方程为4x-16y+3=0.
由
解得
故C1与C2的公共点的直角坐标为(
).
【技法点拨】提素养
参数方程化为普通方程消去参数的方法
提醒：消参时，注意各参数、未知量的取值范围.
t·
消参方法
应用指南
代入
消参法
将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程通常用代入消参法
三角恒
等式法
利用sin2α+cos2α=1消去参数，圆的参数方程和椭圆的参数方程都是运用的三角恒等式法
关系式法
【变式训练】
(2020·全国Ⅲ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为
(t为参数，且t≠1)，C与坐标轴交于A，B两点.
(1)求
；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程.
【解析】(1)令x=0，则t2+t-2=0，解得t=-2或t=1(舍)，则y=2+6+4=12，即与y轴
的交点为(0，12).令y=0，则t2-3t+2=0，解得t=2或t=1(舍)，则x=2-2-4=-4，即
与x轴的交点为(-4，0).所以
=
.
(2)由(1)可知kAB=
，则直线AB的方程为y=3(x+4)，即3x-y+12=0.
由x=ρcos
θ，y=ρsin
θ可得，直线AB的极坐标方程为3ρcos
θ-ρsin
θ
+12=0.
考向三 极坐标与参数方程的综合应用
【典例3】(2020·全国Ⅱ卷)[选修4-4：坐标系与参数方程]
已知曲线C1，C2的参数方程分别为
C1：
(θ为参数)
C2：
(t为参数)
(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，
求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.
【考场思维】
【解析】(1)由cos
2θ+sin
2θ=1得C1的普通方程为：x+y=4(0≤x≤4)；
由
得
两式作差可得C2的普通方程为：x2-y2=4.
(2)由
得
，
设所求圆圆心的直角坐标为(a，0)，其中a>0，
则
，解得：a=
，
所以所求圆的半径为
，所以所求圆的直角坐标方程为：
所以所求圆的极坐标方程为ρ=
cos
θ.
【技法点拨】提素养
解决极坐标与参数方程问题的关键
(1)会转化：把直线与圆的参数方程转化为普通方程时，要关注参数的取值范围的限定，掌握极坐标与直角坐标的互化公式.
(2)懂技巧：合理选择直角坐标形式运算、极坐标形式运算、参数形式运算，利用参数及其几何意义，结合关系式寻找关于参数的方程或函数.
【变式训练】
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
(t为参数)以坐标原点为极
点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=
，点
P的极坐标为
.
(1)求C的直角坐标方程和P的直角坐标；
(2)设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|.
【解析】(1)由ρ2=
得ρ2+ρ2sin2θ=2 ①，将ρ2=x2+y2，y=ρsin
θ
代入①并整理得，曲线C的直角坐标方程为
+y2=1.
设点P的直角坐标为(x，y)，因为点P的极坐标为
，
所以x-ρcos
θ-
cos
-1，y-ρsin
θ-
sin
-1.
所以点P的直角坐标为(1，1).
(2)方法一：将
代入
+y2=1，并整理得41t2+110t+25=0，Δ=1102-
4×41×25=8
000>0，故可设方程的两根分别为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参
数，且t1+t2=-
.
依题意，点M对应的参数为
，
所以|PM|
=
.
方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则
.
由
消去t，得y=
x-
.
将y=
x-
代入
+y2=1，
并整理得41x2-16x-16=0，
因为Δ=(-16)2-4×41×(-16)=2
880>0，
所以x1+x2=
，x1x2=-
.
所以x0=
，y0=
x0-
=
×
-
=-
，
即M
.
所以|PM|=
二十七 坐标系与参数方程
（40分钟
80分）
1.(2020·河南天一大联考)以直角坐标系xOy的原点为极坐标系的极点，x轴的
正半轴为极轴.已知曲线C1的极坐标方程为ρ=4cos
θ+8sin
θ，P是C1上一动
点，
，Q的轨迹为C2.
(1)求曲线C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；
(2)若点M(0，1)，直线l的参数方程为
(t为参数)，直线l与曲线C2的交
点为A，B，当|MA|+|MB|取最小值时，求直线l的普通方程.
专题能力提升练
【解析】(1)根据题意，设点P，Q的极坐标分别为(ρ0，θ)，(ρ，θ)，则有
ρ=
ρ0=2cos
θ+4sin
θ，故曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos
θ+4sin
θ，
变形可得：ρ2=2ρcos
θ+4ρsin
θ，
故C2的直角坐标方程为x2+y2=2x+4y，
即(x-1)2+(y-2)2=5.
(2)设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则|MA|=t1，|MB|=t2，
直线l的参数方程为
(t为参数)，
代入C2的的关系(x-1)2+(y-2)2=5中，整理得t2-2(cos
α+sin
α)t-3=0.
由根与系数的关系得t1+t2=2(cos
α+sin
α)，t1t2=-3，
则|MA|+|MB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|=
，
当且仅当sin
2α=-1时，等号成立，此时l的普通方程为x+y-1=0.
2.(2018·全国Ⅲ卷)在平面直角坐标系xOy中，☉O的参数方程为
(θ为参数)，过点
且倾斜角为α的直线l与☉O交于A，B两点.
(1)求α的取值范围；
(2)求AB中点P的轨迹的参数方程.
【解析】(1)☉O的直角坐标方程为x2+y2=1.
当α=
时，l与☉O交于两点.
当α≠
时，记tan
α=k，则l的方程为y=kx-
.l与☉O交于两点，当且仅当
<1，解得k<-1或k>1，
即α∈
或α∈
.
综上，α的取值范围是
.
(2)l的参数方程为
(t为参数，
<α<
).
设A，B，P对应的参数分别为tA，tB，tP，则tP=
，
且tA，tB满足t2-2
tsinα+1=0.
于是tA+tB=2
sin
α，tP=
sin
α.
又点P的坐标(x，y)满足
所以点P的轨迹的参数方程是
(α为参数，
<α<
.)
3.(2019·江苏高考)在极坐标系中，已知两点A
，B
，直线l的方程为
ρsin
=3.
(1)求A，B两点间的距离；
(2)求点B到直线l的距离.
【解析】(1)设极点为O，在△OAB中，A
，B
，
由余弦定理，得AB=
(2)因为直线l的方程为ρsin
=3，
则直线l过点
，倾斜角为
.
又B
，所以点B到直线l的距离为(3
-
)×sin
=2.
4.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
(t为参数).在以坐标原
点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：ρ=4
sin
.
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C与直线l的交点为A，B，Q是曲线C上的动点，求△ABQ面积的最大值.
【解析】(1)由
消去t得x+y-5=0，所以直线l的普通方程为x+y-5=0.
由ρ=4
sin
=4sin
θ+4cos
θ，得ρ2=4ρsin
θ+4ρcos
θ，化为
直角坐标方程为x2+y2=4x+4y，所以曲线C的直角坐标方程为(x-2)2+(y-2)2=8.
(2)由(1)知，曲线C是以(2，2)为圆心，2
为半径的圆，直线l过点P(3，2)，
可知点P在圆内.
将直线l的参数方程化为
代入圆的直角坐标方程，得t2-9
t+33=0.
设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1+t2=9
，t1t2=33，所以|AB|=|t2-t1|
=
.
又圆心(2，2)到直线l的距离d=
，
所以△ABQ面积的最大值为
×
×(
)
=
.
5.(2019·全国Ⅱ卷)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sin
θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0=
时，求ρ0及l的极坐标方程.
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.
【解析】(1)因为M
在曲线C上，当θ0=
时，ρ0=4sin
=2
.
由已知得|OP|=|OA|cos
=2.
设Q(ρ，θ)为l上除点P外的任意一点.
在Rt△OPQ中，ρcos（
θ-
）=|OP|=2，
经检验，点P（2，
）在曲线ρcos（
θ-
）=2上.
所以，l的极坐标方程为ρcos
（
θ-
）
=2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|=|OA|cos
θ=4cos
θ，即ρ=4cos
θ.因
为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是[
，
]
.所以，P点轨迹的极
坐标方程为ρ=4cos
θ，θ∈
[
，
]
.
6.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为
(θ为参数)直线l的参
数方程为
(t为参数)
(1)若a=-1，求C与l的交点坐标；
(2)若C上的点到l的距离的最大值为
，求a的值.
【解析】(1)当a=-1时，直线l的方程为x+4y-3=0.
曲线C的标准方程是
+y2=1.
联立得方程组
解得
或
所以C与l的交点坐标是(3，0)和(
,
)
.(共32张PPT)
第2课时 不等式选讲
考向一 绝对值不等式的解法
【典例1】(2020·江苏高考)设x∈R，解不等式2|x+1|+|x|<4.
【解析】当x>0时，2x+2+x<4，解得0；
当-1≤x≤0时，2x+2-x<4，解得-1≤x≤0；
当x<-1时，-2x-2-x<4，解得-2综上，解集为
.
【技法点拨】提素养
含绝对值不等式的解法
(1)|f(x)|<(或>)a可用公式法；
(2)|f(x)|<|g(x)|两边可直接平方；
(3)|x-a|+|x-b|>(或<)c(c>0)可用绝对值的几何意义求解.
【变式训练】
设函数f(x)=|x+2|.
(1)求不等式f(x)+f(-x)≥6的解集；
(2)若不等式f(x-4)-f(x+1)>kx+m的解集为(-∞，+∞)，求k+m的取值范围.
【解析】(1)f(x)+f(-x)=|x+2|+|-x+2|=
当x<-2时，-2x≥6，所以x≤-3；
当-2≤x≤2时，4≥6不成立，所以无解；
当x>2时，2x≥6，所以x≥3.
综上，x∈(-∞，-3]∪[3，+∞).
(2)令g(x)=f(x-4)-f(x+1)=|x-2|-|x+3|=
作出g(x)的图
象，如图.
由f(x-4)-f(x+1)>kx+m的解集为(-∞，+∞)，结合图象可知k=0，m<-5，
所以k+m<-5，即k+m的取值范围是(-∞，-5).
考向二 与绝对值不等式有关的最值(范围)问题
【典例2】(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x+y+z=1.
(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值.
(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥
成立，证明：a≤-3或a≥-1.
【解析】(1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2
=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]
≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2]，
故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥
，
当且仅当x=
，y=-
，z=-
时等号成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为
.
(2)由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+
(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]，
故(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥
，
当且仅当x=
，y=-
，z=-
时等号成立.
因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为
.
由题设知
≥
，解得a≤-3或a≥-1.
【技法点拨】提素养
解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略
不等式恒
成立问题
f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A；
f(x)不等式能
成立问题
在区间D上存在实数x使f(x)>A成立，等价于在区间D上f(x)max>A；
f(x)不等式恰
成立问题
f(x)>A在区间D上恰成立，等价于f(x)>A的解集为D；
f(x)【变式训练】
(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.
(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)若f(x)≥4，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=2时，f(x)=|x-4|+|x-3|.
当x≤3时，f(x)=4-x+3-x=7-2x≥4，
解得x≤
；
当3当x≥4时，f(x)=x-4+x-3=2x-7≥4，
解得x≥
；
综上所述：f(x)≥4的解集为
(2)f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|≥|(x-a2)-(x-2a+1)|=|-a2+2a-1|
=(a-1)2(当且仅当2a-1≤x≤a2时取等号)，
所以(a-1)2≥4，解得a≤-1或a≥3，
所以a的取值范围为(-∞，-1]∪[3，+∞).
考向三 不等式的证明
【典例3】(2020·全国Ⅲ卷)设a，b，c∈R，a+b+c=0，abc=1.
(1)证明：ab+bc+ca<0；
(2)用max表示a，b，c的最大值，证明：max
≥
.
【考场思维】
【解析】(1)因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0，
所以ab+bc+ca=-
(a2+b2+c2)，
因为abc=1，所以a，b，c均不为0，则a2+b2+c2>0，
所以ab+bc+ca=-
(a2+b2+c2)<0；
(2)不妨设max{a，b，c}=a，由a+b+c=0，abc=1可知，a>0，b<0，c<0，a=-b-
c，a=
，所以a3=a2·a=
，
当且仅当b=c时，取等号，
所以a≥
，即max{a，b，c}≥
.
【技法点拨】提素养
证明不等式的常用方法
不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等.
(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法.
(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的.
(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法.用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾.
【变式训练】
已知a2+b2=1.
(1)求证：
≤1；
(2)若a·b>0，求(a+b)(a3+b3)的最小值.
【解析】(1)要证原不等式，即证|a-b|≤|1-ab|，
即证(a-b)2≤(1-ab)2，即证(a2-1)(1-b2)≤0，
因为a2+b2=1，所以a2≤1，b2≤1，
所以(a2-1)(1-b2)≤0，故原不等式成立.
(2)(a+b)(a3+b3)=a4+ab3+a3b+b4≥a4+2
+b4=(a2+b2)2=1，
所以当且仅当a=b=
或a=b=-
时，(a+b)(a3+b3)取到最小值1.
专题能力提升练
二十八 不等式选讲
(40分钟
80分)
1.(2019·江苏高考)设x∈R，解不等式|x|+|2x-1|>2.
【解析】当x<0时，原不等式可化为-x+1-2x>2，解得x<-
；
当0≤x≤
时，原不等式可化为x+1-2x>2，即x<-1，无解；
当x>
时，原不等式可化为x+2x-1>2，解得x>1.
综上，原不等式的解集为
.
2.已知函数f(x)=|2x-1|.
(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4；
(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(-x)+f
≥4.
【解析】(1)不等式f(x)+f(x+1)≥4等价于|2x-1|+|2x+1|≥4，
等价于
解得x≤-1或x∈?或x≥1，
所以原不等式的解集是(-∞，-1]∪[1，+∞).
(2)当x≠0，x∈R时，f(-x)+f（
）=
|-2x-1|
+
|
-1|
，
因为|-2x-1|+
|
-1|
≥
|
|
=2|x|
+
≥4，当且仅当
即x=±1时等号成立，所以f(-x)
+f
≥4.
3.(2020·重庆模拟)设函数f(x)=|x-1|+|2x+a|.
(1)若a=2，求f(x)≤8的解集；
(2)若f(x)≥3-|x-1|，x∈R，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=2时，f(x)=|x-1|+|2x+2|，
因为f(x)≤8，所以当x≥1时，x-1+2x+2≤8，解得x≤
，所以1≤x≤
，
当-1当x≤-1时，1-x-2x-2≤8，解得x≥-3，所以-3≤x≤-1，
综上，可得-3≤x≤
，不等式的解集为[-3，
].
(2)由f(x)≥3-|x-1|，
得|2x+a|+|2x-2|≥3，恒成立，
设g(x)=|2x+a|+|2x-2|，则g(x)=|2x+a|+|2x-2|≥|(2x+a)-(2x-2)|=|a+2|，
所以g(x)min=|a+2|≥3，所以a+2≤-3或a+2≥3，所以a≤-5或a≥1，
所以a的取值范围是(-∞，-5]∪[1，+∞).
4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.
(1)画出y=f(x)的图象；
(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集.
【解析】(1)由题设知
f(x)=
y=f(x)的图象如图所示.
(2)函数y=f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+1)的图象.
y=f(x)的图象与y=f(x+1)的图象的交点坐标为
由图象可知当且仅当x<
时，y=f(x)的图象在y=f(x+1)的图象上方，故不等式
f(x)>f(x+1)的解集为
.
5.已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc=1.
(1)证明：(1+a)(1+b)(1+c)≥8；
(2)证明：
≤
.
【证明】(1)因为1+a≥2
，1+b≥2
，1+c≥2
，所以
(1+a)(1+b)(1+c)≥2
·2
·2
=8
，
因为abc=1，所以(1+a)(1+b)(1+c)≥8.
(2)因为ab+bc≥2
=2
，
ab+ac≥2
=2
，bc+ac≥2
=2
，
上面三式相加得，
2ab+2bc+2ca≥2
+2
+2
，
即ab+bc+ca≥
+
+
.
又
+
+
=ab+bc+ac，
所以
+
+
≤
+
+
.
6.已知函数f(x)=|x+1|+|2x-1|.
(1)解不等式f(x)≤x+3；
(2)若g(x)=|3x-2m|+|3x-2|，对?x1∈R，?x2∈R，使得f(x1)=g(x2)成立，求实
数m的取值范围.
【解析】(1)原不等式等价于
或
或
得-
≤x≤
，
故原不等式的解集为{x|-
≤x≤
}.
(2)由f(x)=|x+1|+|2x-1|=
可知当x=
时，f(x)最小，无最大值，且f(x)min=f(
)
=
.
设A={y|y=f(x)}，B={y|y=g(x)}，
则A={y|y≥
}，
因为g(x)=|3x-2m|+|3x-2|≥|(3x-2m)-(3x-2)|=|2m-2|，所以B={y|y≥|2m-2|}.
