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选修4－4　坐标系与参数方程
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，本节内容主要考查极坐标(方程)与直角坐标(方程)的互化，参数方程与普通方程的互化，根据极坐标方程或参数方程求弦长、面积、最值等，其中利用直线参数方程中参数的几何意义求值，利用椭圆或圆的参数方程或点到直线的距离求最值是考查的重点，主要以解答题的形式出现，难度中等．
本节通过极坐标(方程)和参数方程的应用考查学生的数学运算、逻辑推理核心素养和转化与化归思想的应用．
授课提示：对应学生用书第254页
知识点一　极坐标
1．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换
设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：的作用下，点P(x，y)对应到点P
′(x′，y′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．
2．极坐标系的概念
(1)极坐标系
如图所示，在平面内取一个定点O，叫做极点；自极点O引一条射线Ox，叫做极轴；再选定一个长度单位、一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系．
(2)极坐标
①极径：设M是平面内一点，极点O与点M的距离|OM|叫做点M的极径，记为ρ．
②极角：以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫做点M的极角，记为θ．
③极坐标：有序数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记作M(ρ，θ)．
3．极坐标与直角坐标的互化
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)，则它们之间的关系为：
?
温馨提醒
?
二级结论
常见曲线的极坐标方程
(1)圆心在极点，半径为r的圆的极坐标方程：ρ＝r(0≤θ＜2π)．
(2)圆心为，半径为r的圆的极坐标方程：ρ＝2rsin
θ(0≤θ＜π)．
(3)过极点，倾斜角为α的直线的极坐标方程：θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)．
(4)过点(a，0)，与极轴垂直的直线的极坐标方程：ρcos
θ＝a．
(5)过点，与极轴平行的直线的极坐标方程：ρsin
θ＝a(0＜θ＜π)．
必明易错
1．极坐标方程与直角坐标方程的互化易错用互化公式．在解决此类问题时考生要注意两个方面：一是准确应用公式，二是注意方程中的限制条件．
2．在极坐标系下，点的极坐标不唯一性易忽视．
注意极坐标(ρ，θ)，(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)，(－ρ，π＋θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一点的坐标．
1．在极坐标系中，已知点P，则过点P且平行于极轴的直线方程是(　　)
A．ρsin
θ＝1　　　　　
B．ρsin
θ＝
C．ρcos
θ＝1
D．ρcos
θ＝
解析：先将极坐标化成直角坐标表示P，转化为直角坐标为x＝ρcos
θ＝2cos
＝，y＝ρsin
θ＝2sin
＝1，即(，1)，过点(，1)且平行于x轴的直线为y＝1，再化为极坐标为ρsin
θ＝1．
答案：A
2．设平面上的伸缩变换的坐标表达式为则在这一坐标变换下正弦曲线y＝sin
x的方程变为________．
解析：由得
代入y＝sin
x，得y′＝sin
2x′，
故变换后的方程为y′＝3sin
2x′．
答案：y′＝3sin
2x′
3．(2021·西安模拟)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin
θ的圆心的极坐标是________．
解析：法一：由ρ＝－2sin
θ，得ρ2＝－2ρsin
θ，化成直角坐标方程为x2＋y2＝－2y，化成标准方程为x2＋(y＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为．
法二：由ρ＝－2sin
θ＝2cos，知圆心的极坐标为．
答案：
知识点二　参数方程
　一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线C上任意一点P的坐标(x，y)是某个变数t的函数：并且对于t的每一个允许值，由函数式所确定的点P(x，y)都在曲线C上，那么方程叫做这条曲线的参数方程，变数t叫做参变数，简称参数．相对于参数方程而言，直接给出点的坐标间关系的方程叫做普通方程．
?
温馨提醒
?
二级结论
　直线、圆、椭圆的参数方程
(1)过点M(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．
(2)圆心在点M0(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数)．
(3)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的参数方程为(φ为参数)．
必明易错
直线的参数方程中，参数t的系数的平方和为1时，t才有几何意义且其几何意义为：|t|是直线上任一点M(x，y)到M0(x0，y0)的距离，即|M0M|＝|t|．
1．(2019·高考北京卷)已知直线l的参数方程为(t为参数)，则点(1，0)到直线l的距离是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由题意可知直线l的普通方程为4x－3y＋2＝0，由点到直线的距离公式可得点(1，0)到直线l的距离d＝＝．
答案：D
2．(2019·高考天津卷)设a∈R，直线ax－y＋2＝0和圆(θ为参数)相切，则a的值为________．
解析：由圆的参数方程知圆的普通方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4．由＝2，知a＝．
答案：
3．在平面直角坐标系xOy中，若直线l：(t为参数)过椭圆C：(φ为参数)的右顶点，则常数a的值为________．
解析：直线l的普通方程为x－y－a＝0，
椭圆C的普通方程为＋＝1，
所以椭圆C的右顶点坐标为(3，0)，若直线l过点(3，0)，
则3－a＝0，
所以a＝3．
答案：3
授课提示：对应学生用书第255页
题型一　曲线的极坐标方程　　
[例]　（2019·高考全国卷Ⅲ）如图，在极坐标系Ox中，A（2，0），B，C，D（2，π），弧，，所在圆的圆心分别是（1，0），，（1，π），曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧．
（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
（2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
[解析]　（1）由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos
θ，ρ＝2sin
θ，ρ＝－2cos
θ．
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos
θ，M2的极坐标方程为ρ＝2sin
θ，M3的极坐标方程为ρ＝－2cos
θ．
（2）设P（ρ，θ），由题设及（1）知
若0≤θ≤，则2cos
θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin
θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos
θ＝，解得θ＝．
综上，P的极坐标为或或或．
1．求曲线的极坐标方程的一般思路
曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程，熟练掌握互换公式是解决问题的关键．
2．解决极坐标交点问题的一般思路
一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其转化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出交点的极坐标．
[对点训练]
（2021·江淮十校联考）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）已知A，B是曲线C上任意两点，且∠AOB＝，求△AOB面积的最大值．
解析：（1）消去参数α，得到曲线C的普通方程为（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，
故曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos
θ．
（2）在极坐标系中，不妨设A（ρ1，θ0），B（ρ2，θ0＋），其中ρ1>0，ρ2>0，－<θ0<，由（1）知：ρ1＝4cos
θ0，ρ2＝4cos．
△OAB面积S＝ρ1ρ2sin＝4cos
θ0cos，
S＝2cos2
θ0－6sin
θ0cos
θ0＝（1＋cos
2θ0）－3sin
2θ0＝2cos＋，
当2θ0＋＝0时，即θ0＝－时，cos有最大值1．此时Smax＝3．
故△OAB面积的最大值为3．
题型二　参数方程及应用　　
[例]　（2021·鞍山模拟）在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：（t为参数）与曲线C：（θ为参数）相交于不同的两点A，B．
（1）若α＝，求线段AB的中点M的直角坐标；
（2）若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P（2，），求直线l的斜率．
[解析]　（1）将曲线C的参数方程化为普通方程是＋y2＝1．
当α＝时，直线l的方程为（t为参数），
代入曲线C的普通方程＋y2＝1，
得13t2＋56t＋48＝0，
设直线l上的点A，B，M对应的参数分别为t1，t2，t0．
则t0＝＝－，
所以点M的直角坐标为．
（2）设直线l上的点A，B对应的参数分别为t1，t2．
将代入曲线C的普通方程＋y2＝1，
得（cos2α＋4sin2α）t2＋（8sin
α＋4cos
α）t＋12＝0．
因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝，|OP|2＝7，
所以＝7，得tan2α＝．
结合Δ＝32cos
α（2sin
α－cos
α）>0可知tan
α＝．
所以直线l的斜率为．
参数方程化为普通方程的方法及参数方程的应用
（1）将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有代入消参、加减消参、三角恒等式消参等，往往需要对参数方程进行变形，为消去参数创造条件．
（2）在与直线、圆、椭圆有关的题目中，参数方程的使用会使问题的解决事半功倍，尤其是求取值范围和最值问题，可将参数方程代入相关曲线的普通方程中，根据参数的取值条件求解．
[对点训练]
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为（θ为参数），过点（0，－）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t2－2tsin
α＋1＝0．
于是tA＋tB＝2sin
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
．
　参数方程与极坐标方程应用中的核心素养
数学运算——参数方程与极坐标方程的综合应用
[例]　（2020·高考全国卷Ⅰ）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是以坐标原点为圆心，1为半径的圆．
（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．
解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法
（1）在参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先将其化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．
（2）对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．
（3）利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．
[对点训练]
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），曲线C2：＋y2＝1．
（1）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1，C2的极坐标方程；
（2）射线OT：θ＝（ρ≥0）与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，求|AB|的大小．
解析：（1）由得（x－1）2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，
所以C1的极坐标方程为ρ2－2ρcos
θ＝0，即ρ＝2cos
θ．
由＋y2＝1得C2的极坐标方程为＋ρ2sin2
θ＝1．
（2）设|OA|＝ρ1（ρ1＞0），|OB|＝ρ2（ρ2＞0），
所以|AB|＝|ρ1－ρ2|．
联立得|OA|＝ρ1＝2cos＝，
联立得|OB|＝ρ2＝，
所以|AB|＝－．
PAGE选修4－5　不等式选讲
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，选修4－5是高考的必考点，主要考查绝对值不等式的求解、恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明，多以解答题的形式呈现，难度中等．
本节通过绝对值不等式的解法和不等式的证明考查考生对分类讨论思想和数形结合思想的应用，提升数学运算核心素养．
授课提示：对应学生用书第258页
知识点一　绝对值不等式
1．绝对值三角不等式
定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当（a－b）（b－c）≥0时，等号成立．
2．绝对值不等式的解法
（1）含绝对值的不等式|x|a的解集
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a?
?
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x∈R|x≠0}
R
（2）|ax＋b|≤c、|ax＋b|≥c（c>0）型不等式的解法：
①|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；
②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c．
（3）|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c（c>0）型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解．
②利用零点分段法求解．
③构造函数，利用函数的图像求解．
1．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为（　　）
A．2　　　　　　　
B．4
C．6
D．10
解析：由|x－4|＋|x－6|的几何意义可知|x－4|＋|x－6|≥2．
答案：A
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是_________．
解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－（5－x）<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x≤1；
②当1③当x≥5时，原不等式可化为x－1－（x－5）<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为{x|x<4}．
答案：{x|x<4}
3．（易错题）若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是_________．
解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|（x＋1）－（x－2）|＝3，
所以|x＋1|＋|x－2|的最小值为3．要使原不等式有解，只需|a|≥3，则a≥3或a≤－3．
答案：（－∞，－3]∪[3，＋∞）
知识点二　不等式的证明
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b>0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．比较法
（1）比差法的依据是：a－b>0?a>b．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．
（2）比商法：若B>0，欲证A≥B，只需证≥1．
3．综合法与分析法
（1）综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．
（2）分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义，公理或已证明的定理，性质等），从而得出要证的命题成立．
1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为（　　）
A．1　　　　　　　　
B．2
C．4
D．8
解析：∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，
∴（a＋b）
＝2＋＋
≥2＋2＝4，
∴＋≥＝2，即＋的最小值为2（当且仅当a＝b＝1时，等号成立）．
答案：B
2．已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为_________．
解析：2a3－b3－（2ab2－a2b）＝2a（a2－b2）＋b（a2－b2）＝（a2－b2）（2a＋b）＝（a－b）（a＋b）（2a＋b）．因为a≥b>0．所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而（a－b）（a＋b）（2a＋b）≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b．
答案：M≥N
授课提示：对应学生用书第259页
题型一　绝对值不等式的解法　　
[例]　（2020·高考全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝|3x＋1|－2|x－1|．
（1）画出y＝f（x）的图像；
（2）求不等式f（x）＞f（x＋1）的解集．
[解析]　（1）由题设知f（x）＝
画出y＝f（x）的图像如图（1）所示．
图（1）
（2）函数y＝f（x）的图像向左平移1个单位长度后得到函数y＝f（x＋1）的图像，如图（2）所示．
图（2）
易得y＝f（x）的图像与y＝f（x＋1）的图像的交点坐标为．由图像可知，当且仅当x＜－时，y＝f（x）的图像在y＝f（x＋1）的图像上方．
故不等式f（x）＞f（x＋1）的解集为．
绝对值不等式的常见三种解法
（1）零点分段讨论法
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段讨论法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式（组），一般步骤如下：
①令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排序，它们把实数集分为若干个区间；
③在所分的各区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，求所得的各不等式在相应区间上的解集；
④这些解集的并集就是原不等式的解集．
（2）利用绝对值的几何意义
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到与a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|＜c（c＞0）或|x－a|－|x－b|＞c（c＞0）的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
（3）数形结合法
在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解．
[对点训练]
（2021·衡水中学摸底）已知函数f（x）＝|2x＋1|＋2|x－3|．
（1）求不等式f（x）≤7x的解集；
（2）若关于x的方程f（x）＝|m|存在实数解，求实数m的取值范围．
解析：（1）不等式f（x）≤7x，即|2x－6|＋|2x＋1|≤7x，
可化为或
或
解得x≥1，即原不等式的解集为{x|≥1}．
（2）∵f（x）＝|2x－6|＋|2x＋1|≥|（2x－6）－（2x＋1）|＝7，
∴关于x的方程f（x）＝|m|存在实数解，即|m|≥7有解，解得m≥7或m≤－7．
∴实数m的取值范围为{m|m≥7或m≤－7}．
题型二　不等式的证明　　
　　不等式的证明是考查热点，归纳起来常见的命题角度有：（1）比较法证明不等式；（2）综合法证明不等式；（3）分析法证明不等式；（4）放缩法证明绝对值不等式．
考法（一）　比较法证明不等式
[例1]　（2021·西宁模拟）已知函数f（x）＝|2x＋1|＋|x－2|，集合A＝{x|f（x）＜3}．
（1）求A；
（2）若s，t∈A，求证：＜．
[解析]　（1）不等式f（x）＜3等价于|2x＋1|＋|x－2|＜3．（
）
设函数g（x）＝|2x＋1|＋|x－2|－3，则
g（x）＝其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x∈时，g（x）＜0．
所以不等式（
）的解集为．
所以A＝．
（2）证明：因为s，t∈A，由（1）知s，t∈，
所以s2＜1，t2＜1．
因为－＝1＋－t2－＝（1－t2）（s2－1）＜0，
所以＜，
所以＜．
比较法证明不等式的方法与步骤
（1）作差比较法：作差、变形、判号、下结论．
（2）作商比较法：作商、变形、判断、下结论．
[提醒]　（1）当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．
（2）当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
考法（二）　综合分析法证明不等式
[例2]　（2021·长沙长郡中学调研）已知函数f（x）＝|x＋2|．
（1）解不等式f（x）>4－|x＋1|；
（2）已知a＋b＝2（a>0，b>0），求证：－f（x）≤＋．
[解析]　（1）f（x）>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，
则得x<－；
无解；
得x>．
所以原不等式的解集为．
（2）证明：－f（x）＝－|x＋2|≤，
＋＝（a＋b）＝≥（5＋4）＝，
所以－f（x）≤＋．
综合法与分析法常常结合起来使用，称为综合分析法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．
考法（三）　放缩法证明不等式
[例3]　若a，b∈R，求证：≤＋．
[证明]　当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0<|a＋b|≤|a|＋|b|
?≥，
所以＝≤
＝
＝＋≤＋．
综上，原不等式成立．
“放”和“缩”的常用技巧
在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：
（1）变换分式的分子和分母，如<，>，<，>．上面不等式中k∈N＋，k>1．
（2）利用函数的单调性．
（3）真分数性质“若00，则<”．
[提醒]　在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
[题组突破]
1．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1．
证明：由2n≥n＋k>n（k＝1，2，…，n），
得≤<．
当k＝1时，≤<；
当k＝2时，≤<；
…
当k＝n时，≤<，
所以＝≤＋＋…＋<＝1．
所以原不等式成立．
2．（2021·福州八中质检）已知函数f（x）＝|x－1|．
（1）解不等式f（x）＋f（x＋4）≥8；
（2）若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f（ab）>|a|f．
解析：（1）依题意，原不等式等价于|x－1|＋|x＋3|≥8．
当x<－3时，则－2x－2≥8，
解得x≤－5．
当－3≤x≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为?．
当x>1时，则2x＋2≥8，解得x≥3．
∴不等式f（x）＋f（x＋4）≥8的解集为{x|x≥3或x≤－5}．
（2）证明：要证f（ab）>|a|f，
只需证|ab－1|>|b－a|，
只需证（ab－1）2>（b－a）2．
∵|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1，
∴（ab－1）2－（b－a）2＝a2b2－a2－b2＋1
＝（a2－1）（b2－1）>0．
故（ab－1）2>（b－a）2成立．
从而原不等式成立．
　绝对值不等式应用中的核心素养
直观想象、数学运算——不等式成立问题的应用
[例]　（2021·玉溪模拟）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|，对任意x1∈R，存在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．
（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＝，
因为g（x）＝|3x－2m|＋|3x－2|≥|（3x－2m）－（3x－2）|＝|2m－2|，
所以B＝{y|y≥|2m－2|}．
由题意知A?B，所以|2m－2|≤，
所以m∈．
故实数m的取值范围为．
处理绝对值不等式的成立问题，一是抓住等价转化思想，二是充分利用数形结合思想．
[对点训练]
已知函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|．
（1）解不等式f（x）≥3；
（2）若存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，求实数m的取值范围．
解析：（1）当x≥2时，f（x）＝2x－3，不等式f（x）≥3等价于解得x≥3；
当1当x≤1时，f（x）＝3－2x，不等式f（x）≥3等价于解得x≤0．
综上，不等式f（x）≥3的解集为（－∞，0]∪[3，＋∞）．
（2）法一：由（1）可知，f（x）＝
作出函数f（x）的大致图像如图所示，
由图可知f（x）min＝1．
因为存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，
所以1≤m2－m＋1，即0≤m2－m，解得m≤0或m≥1，
所以实数m的取值范围是（－∞，0]∪[1，＋∞）．
法二：由于|x－1|＋|x－2|≥|（x－1）－（x－2）|＝1，所以f（x）min＝1．
因为存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，
所以1≤m2－m＋1，即0≤m2－m，解得m≤0或m≥1，
所以实数m的取值范围是（－∞，0]∪[1，＋∞）．
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