2022-2023学年浙江七年级数学上学期同步精讲精练专题2

专题2.7 绝对值贯穿有理数的经典考法【七大题型】
【浙教版】
【题型1 利用绝对值性质化简或求值】 (4)
【题型2 根据绝对值的非负性求值】 (4)
【题型3 根据绝对值的定义判断正误】 (5)
【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】 (5)
【题型5 绝对值中的分类讨论之a
类型问题】 (5)
|a|
【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】 (6)
【题型7 绝对值中的最值问题】6
【题型1 利用绝对值性质化简或求值】
【例1】（2022•博湖县校级期中）已知实数a，b满足|a|＝b，|ab|+ab＝0，化简|a|+|﹣2b|﹣|3b﹣2a|．
【变式1-1】如图表示在数轴上四个点p，q，r，s位置关系，若|p﹣r|＝10，|p﹣s|＝12，|q﹣s|＝9，则|q﹣r|＝．
【变式1-2】已知a，b，c，d满足a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，且|a+1|＝|b+1|，|1﹣c|＝|1﹣d|，那么a+b+c+d ＝．
【变式1-3】化简：
（1）|2x﹣1|；（2）|x﹣1|+|x﹣3|；（3）||x﹣1|﹣2|+|x+1|．
【题型2 根据绝对值的非负性求值】
【例2】（2022春•诸暨市月考）已知|a﹣3|+|2ab﹣8|+|c﹣2|＝0，求a+3b﹣c的值．
【变式2-1】（2022秋•梅州校级月考）若|x﹣2|+|y+3|＝0，计算：
（1）x，y的值．
（2）求|x|+|y|的值．
x的值．
【变式2-2】（2022秋•南江县校级期中）已知|﹣x+7|与|﹣2y﹣1|互为相反数，求2y−2
7【变式2-3】（2022•涞水县期末）已知x为实数，且|3x﹣1|+|4x﹣1|+|5x﹣1|+…+|17x﹣1|的值是一个确定的常数，则这个常数是（）A．5B．10C．15D．75
【题型3 根据绝对值的定义判断正误】
【例3】（2022春•肇源县期末）下面四个式子中，正确的是（）A．若a≠b，那么a2≠b2B．若a＞|b|，那么a2＞b2 C．若|a|＞|b|，那么a＞b D．若a2＞b2那么a＞b
【变式3-1】（2022秋•全椒县期中）已知a
|a|+b
|b|
=0，有以下结论：
①a，b一定互为相反数；②ab＜0；③a+b＜0；④ab
|ab|
=−1
其中正确的是．（把所有正确结论的序号都填上）
【变式3-2】（2022秋•和平区期中）设y＝|x﹣1|+|x+1|，则下面四个结论中正确的是（）A．y没有最小值
B．只有一个x使y取最小值
C．有限个x（不止一个）y取最小值
D．有无穷多个x使y取最小值
【变式3-3】（2022秋•青山区期中）若a，b为有理数，下列判断：（1）若|a|＝b，则一定有a＝b；（2）若|a|＞|b|，则一定有a＞b；（3）若|a|＞b，则一定有|a|＞|b|；（4）若|a|＝b，则一定有a2＝（﹣b）2．其中正确的是（）
A．（1）（2）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（4）
【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】
【例4】（2022秋•海淀区校级期中）若不等式|x﹣2|+|x+3|+|x﹣1|+|x+1|≥a对一切数x都成立，则a的取值范围是．
【变式4-1】（2021秋•长春期中）如果|﹣2a|＝﹣2a，则a的取值范围是（）
A．a＞0B．a≥0C．a≤0D．a＜0
【变式4-2】（2022•吉首市校级月考）若m是有理数，则|m|+m的值（）
A．不可能是正数
B．一定是正数
C．不可能是负数
D．可能是正数，也可能是负数
【变式4-3】（2022秋•长沙校级期中）（1）比较下列各式的大小（用＜或＞或＝连接）①|﹣2|+|3||﹣2+3|；
②|﹣2|+|﹣3||﹣2﹣3|；
③|﹣2|+|0||﹣2+0|；
（2）通过以上的特殊例子，请你分析、补充、归纳，当a、b为有理数时，|a|+|b|与|a+b|的大小关系；（3）根据上述结论，求当|x|+2015＝|x﹣2015|时，x的取值范围．
【题型5 绝对值中的分类讨论之a
|a|
类型问题】
【例5】（2022秋•江阳区校级期中）有理数a、b在数轴上的对应点位置如图所示
（1）用“＜”连接0、﹣a、﹣b、﹣1
（2）化简：|a|﹣2|a+b﹣1|−1
3
|b﹣a﹣1|
（3）若c•（a2+1）＜0，且c+b＞0，求|c+1|
c+1+|c−1|
c−1
−|a−b+c|
a−b+c
的值．
【变式5-1】（2022秋•顺平县期中）设a、b、c、d为有理数，且|abcd|
abcd
=1，
则|a|
a +|b|
b
+|c|
c
+|d|
d
的值为．
【变式5-2】（2022秋•鄂州校级月考）若0＜a＜1，﹣2＜b＜﹣1，则|a−1|
a−1−|b+2|
b+2
+|a+b|
a+b
的值是．
【变式5-3】（2022秋•西城区校级期中）有理数a，b，c均不为0，且a+b+c＝0．设x=||a|
b+c +|b|
c+a
+|c|
a+b
|，
试求代数式x19+99x+2000之值．
【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】
【例6】（2022•河北模拟）（1）数轴上两点表示的有理数是a、b，求这两点之间的距离；
（2）是否存在有理数x，使|x+1|+|x﹣3|＝x？
（3）是否存在整数x，使|x﹣4|+|x﹣3|+|x+3|+|x+4|＝14？如果存在，求出所有的整数x；如果不存在，说明理由．
【变式6-1】（2022春•宝山区校级月考）已知|a﹣1|+|a﹣4|＝3，则a的取值范围为．
【变式6-2】（2022秋•玉门市期末）在数轴上有四个互不相等的有理数a、b、c、d，若|a﹣b|+|b﹣c|＝c﹣a，设d在a、c之间，则|a﹣d|+|d﹣c|+|c﹣b|﹣|a﹣c|＝（）
A．d﹣b B．c﹣b C．d﹣c D．d﹣a【变式6-3】（2022秋•顺平县期中）已知a，b，c，d都是整数，且|a+b|+|b+c|+|c+d|+|d+a|＝2，则|a+d|＝．
【题型7 绝对值中的最值问题】
【例7】
（2022秋•鼓楼区校级月考）已知（|x+1|+|x﹣2|）（|y﹣2|+|y+1|）
（|z﹣3|+|z+1|）＝36，求2016x+2017y+2018z
的最大值和最小值
【变式7-1】当|x﹣2|+|x﹣3|的值最小时，|x﹣2|+|x﹣3|﹣|x﹣1|的值最大是，最小是．【变式7-2】（2022秋•海安市月考）阅读下列有关材料并解决有关问题．
我们知道|x|={x(x＞0)
0(x=0)
−x(x＜0)
，现在我们可以利用这一结论来化简含有绝对值的代数式．例如：化简代数式
|x+1|+|x﹣2|时，可令x+1＝0和x﹣2＝0，分别求得x＝﹣1和x＝2（称﹣1，2分别为|x+1|与|x﹣2|的零点值）．在有理数范围内，零点值x＝﹣1和x＝2可将全体有理数分成不重复且不遗漏的如下3种情况：x ＜﹣1；﹣1≤x＜2；x≥2．从而在化简|x+1|+|x﹣2|时，可分以下三种情况：①当x＜﹣1时，原式＝﹣（x+1）﹣（x﹣2）＝﹣2x+1；②当﹣1≤x＜2时，原式＝（x+1）﹣（x﹣2）＝3；③当x≥2时，原式＝（x+1）+（x﹣2）＝2x﹣1．通过以上阅读，请你解决问题：
（1）|x﹣3|+|x+4|的零点值是；
（2）化简代数式|x﹣3|+|x+4|；
（3）解方程|x﹣3|+|x+4|＝9；
（4）|x﹣3|+|x+4|+|x﹣2|+|x﹣2000|的最小值为，此时x的取值范围为．
【变式7-3】（2022秋•泉州期末）四个数分别是a，b，c，d，满足|a﹣b|+|c﹣d|=1
n
|a﹣d|，（n≥3且为正整数，a＜b＜c＜d）．
（1）若n＝3．
①当d﹣a＝6时，求c﹣b的值；
②对于给定的有理数e（b＜e＜c），满足|b﹣e|=4
9
|a﹣d|，请用含b，c的代数式表示e；
（2）若e=1
2|b﹣c|，f=1
2
|a﹣d|，且|e﹣f|＞1
10
|a﹣d|，试求n的最大值．
专题2.7 绝对值贯穿有理数的经典考法【七大题型】
【浙教版】
【题型1 利用绝对值性质化简或求值】 (4)
【题型2 根据绝对值的非负性求值】 (4)
【题型3 根据绝对值的定义判断正误】 (5)
【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】 (5)
【题型5 绝对值中的分类讨论之a
类型问题】 (5)
|a|
【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】 (6)
【题型7 绝对值中的最值问题】6
【题型1 利用绝对值性质化简或求值】
【例1】（2022•博湖县校级期中）已知实数a，b满足|a|＝b，|ab|+ab＝0，化简|a|+|﹣2b|﹣|3b﹣2a|．【分析】分清a，﹣2b，3b﹣2a三个数的正负性是解决本题的关键．已知实数a，b满足|a|＝b，|ab|+ab ＝0，可得出b≥0，
|ab|＝﹣ab，则a≤0，b＝﹣a．所以﹣2b＜0，3b﹣2a＞0，从而得出|a|+|﹣2b|﹣|3b﹣2a|的值．
【解答】解：∵|a|＝b，|a|≥0，
∴b≥0，
又∵|ab|+ab＝0，
∴|ab|＝﹣ab，
∵|ab|≥0，
∴﹣ab≥0，
∴ab≤0，
即a≤0，
∴a与b互为相反数，即b＝﹣a．
∴﹣2b≤0，3b﹣2a≥0，
∴|a|+|﹣2b|﹣|3b﹣2a|＝﹣a+2b﹣（3b﹣2a）＝a﹣b＝﹣2b或2a．
【变式1-1】如图表示在数轴上四个点p，q，r，s位置关系，若|p﹣r|＝10，|p﹣s|＝12，|q﹣s|＝9，则|q﹣r|＝7．
【分析】根据绝对值的几何意义，将|p﹣r|＝10，|p﹣s|＝12，|q﹣s|＝9转化为两点间的距离，进而可得q、r两点间的距离，即可得答案．
【解答】解：根据绝对值的几何意义，
由|p﹣r|＝10，|p﹣s|＝12，|q﹣s|＝9可得
p、r两点间的距离为10，p、s两点间的距离为12，q、s两点间的距离为9，
则q、r两点间的距离为10+9﹣12＝7，
即|q﹣r|＝7，
故答案为7．
【变式1-2】已知a，b，c，d满足a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，且|a+1|＝|b+1|，|1﹣c|＝|1﹣d|，那么a+b+c+d ＝0．
【分析】根据已知不等式确定出绝对值里边式子的正负，已知等式利用绝对值的代数意义化简，整理求出a+b与c+d的值，代入原式计算即可得到结果．
【解答】解：∵a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，
∴a+1＜0，b+1＞0，1﹣c＞0，1﹣d＜0，
∵|a+1|＝|b+1|，|1﹣c|＝|1﹣d|，
∴﹣a﹣1＝b+1，1﹣c＝d﹣1，
整理得：a+b＝﹣2，c+d＝2，
则a+b+c+d＝0．
故答案为：0
【变式1-3】化简：
（1）|2x﹣1|；（2）|x﹣1|+|x﹣3|；（3）||x﹣1|﹣2|+|x+1|．
【分析】（1）就2x﹣1≥0，2x﹣1＜0两种情形去掉绝对值符号；
（2）将零点1，3在同一数轴上表示出来，就x＜1，1≤x＜3，x≥3三种情况进行讨论；
（3）由零点共有﹣1、1、3三点，就x≥3，1≤x＜3，﹣1≤x＜1，x＜﹣1四种情况进行讨论．
【解答】解：（1）①当x≥1
，原式＝2x﹣1；
2
，原式＝﹣（2x﹣1）＝1﹣2x；
②当x＜1
2
（2）①当x＜1，原式＝﹣（x﹣1）﹣（x﹣3）＝4﹣2x；②当1≤x＜3，原式＝（x﹣1）﹣（x﹣3）＝2；
③当x≥3，原式＝（x﹣1）+（x﹣3）＝2x﹣4；
（3）①x≥3，原式＝|x﹣1﹣2|+x+1＝x﹣3+x+1＝2x﹣2；
②1≤x＜3，原式＝|x﹣1﹣2|+x+1＝3﹣x+x+1＝4；
③﹣1≤x＜1，原式＝|1﹣x﹣2|+x+1＝|﹣（x+1）|+x+1＝x+1+x+1＝2x+2；
④x＜﹣1，原式＝|1﹣x﹣2|﹣（x+1）＝|﹣（x+1）|﹣x﹣1＝﹣（x+1）﹣x﹣1＝﹣2x﹣2．
【题型2 根据绝对值的非负性求值】
【例2】（2022春•诸暨市月考）已知|a﹣3|+|2ab﹣8|+|c﹣2|＝0，求a+3b﹣c的值．【分析】根据非负数的性质列方程求出a、b、c的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：由题意得，a﹣3＝0，2ab﹣8＝0，c﹣2＝0，
，c＝2，
解得a＝3，b=4
3
所以，a+3b﹣c，
−2，
＝3+3×4
3
＝3+4﹣2，
＝7﹣2，
＝5．
【变式2-1】（2022秋•梅州校级月考）若|x﹣2|+|y+3|＝0，计算：
（1）x，y的值．
（2）求|x|+|y|的值．
【分析】（1）根据非负数的性质列式计算即可得解；
（2）根据绝对值的性质进行计算即可得解．
【解答】解：（1）由题意得，x﹣2＝0，y+3＝0，
解得x＝2，y＝﹣3；
（2）|x|+|y|＝|2|+|﹣3|＝2+3＝5．
x的值．
【变式2-2】（2022秋•南江县校级期中）已知|﹣x+7|与|﹣2y﹣1|互为相反数，求2y−2
7【分析】根据题意，|﹣x+7|≥0，|﹣2y﹣1|≥0，又|﹣x+7|与|﹣2y﹣1|互为相反数，故|﹣x+7|＝0，|﹣2y﹣1|＝0，即可求出x，y的值，代入即可求出答案．
【解答】解：根据题意：|﹣x+7|≥0，|﹣2y﹣1|≥0，又|﹣x+7|与|﹣2y﹣1|互为相反数，故|﹣x+7|＝0，|﹣2y﹣1|＝0，
，
解得：x＝7，y=−1
2
故2y−2
7x=2×（−1
2
）−2
7
×7=−3．
【变式2-3】（2022•涞水县期末）已知x为实数，且|3x﹣1|+|4x﹣1|+|5x﹣1|+…+|17x﹣1|的值是一个确定的常数，则这个常数是（）
A．5B．10C．15D．75
【分析】将|3x﹣1|+|4x﹣1|+|5x﹣1|+…+|17x﹣1|按照取值范围进行讨论．
【解答】解：（1）当x＞1
3
时，原式＝150x﹣15，不是常数；
（2）当1
4＜x≤1
3
时，原式＝144x﹣13，不是常数；
（3）当1
5＜x≤1
4
时，原式＝136x﹣11，不是常数；
（4）当1
6＜x≤1
5
时，原式＝126x﹣9，不是常数；
（5）当1
7＜x≤1
6
时，原式＝114x﹣7，不是常数；
（6）当1
8＜x≤1
7
时，原式＝100x﹣5，不是常数；
（7）当1
9＜x≤1
8
时，原式＝84x﹣3，不是常数；
（8）当1
10＜x≤1
9
时，原式＝66x﹣1，不是常数；
（9）当1
11＜x≤1
10
时，原式＝46x+1，不是常数；
（10）当1
12＜x≤1
11
时，原式＝24x+3，不是常数；
（11）当1
13＜x≤1
12
时，原式＝5，是常数；
（12）当1
14＜x≤1
13
时，原式＝﹣26x+7，不是常数；
（13）当1
15＜x≤1
14
时，原式＝﹣54x+9，不是常数；
（14）当1
16＜x≤1
15
时，原式＝﹣84x+11，不是常数；
（15）当1
17＜x≤1
16
时，原式＝﹣116x+13，不是常数；
（16）当x≤1
17
时，原式＝﹣150x+15，不是常数．故选：A．
【题型3 根据绝对值的定义判断正误】
【例3】（2022春•肇源县期末）下面四个式子中，正确的是（）
A．若a≠b，那么a2≠b2B．若a＞|b|，那么a2＞b2
C．若|a|＞|b|，那么a＞b D．若a2＞b2那么a＞b
【分析】利于平方的定义、不等式的定义、绝对值的求法等知识分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：A、若a≠b，那么a、b互为相反数时，a2≠b2错误，不符合题意；
B、如果a＞|b|，那么a2＞b2，正确，符合题意；
C、|a|＞|b|，那么a＞b或a＜b，错误，不符合题意；
D、如果a2＞b2那么a＞b或a＜b，故错误，不符合题意；
故选：B．
【变式3-1】（2022秋•全椒县期中）已知a
|a|+b
|b|
=0，有以下结论：
①a，b一定互为相反数；②ab＜0；③a+b＜0；④ab
|ab|
=−1其中正确的是②④．（把所有正确结论的序号都填上）
【分析】根据绝对值的意义，可化简绝对值．
【解答】解：由a
|a|+b
|b|
=0，得a与b异号，有以下结论：
①得a＜0，b＞0，或a＞0，b＜0，
a，b异号，a，b不一定互为相反数，故①错误；
②ab＜0，故②正确；
③a+b不一定小于0，故③错误；
④ab
|ab|=ab
−ab
=−1，故④正确，
故答案为：②④．
【变式3-2】（2022秋•和平区期中）设y＝|x﹣1|+|x+1|，则下面四个结论中正确的是（）A．y没有最小值
B．只有一个x使y取最小值
C．有限个x（不止一个）y取最小值
D．有无穷多个x使y取最小值
【分析】根据非负数的性质，分别讨论x的取值范围，再判断y的最值问题．【解答】解：方法一：由题意得：当x＜﹣1时，y＝﹣x+1﹣1﹣x＝﹣2x；
当﹣1≤x≤1时，y＝﹣x+1+1+x＝2；
当x＞1时，y＝x﹣1+1+x＝2x；
故由上得当﹣1≤x≤1时，y有最小值为2；
故选D．
方法二：由题意，y表示数轴上一点x，到﹣1，1的距离和，这个距离和的最小值为2，此时x的范围为﹣1≤x≤1，
故选：D．
【变式3-3】（2022秋•青山区期中）若a，b为有理数，下列判断：（1）若|a|＝b，则一定有a＝b；（2）若|a|＞|b|，则一定有a＞b；（3）若|a|＞b，则一定有|a|＞|b|；（4）若|a|＝b，则一定有a2＝（﹣b）2．其中正确的是（）
A．（1）（2）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（4）
【分析】此类题目可将符合条件的有理数代入逐一验证求解．
【解答】解：（1）若|﹣2|＝2，则﹣2≠2，错误；
（2）若|﹣2|＞|1|，则﹣2＜1，错误；
（3）若|1|＞﹣2，则|1|＜|﹣2|，错误；
（4）若|a|＝b，则一定有a2＝（﹣b）2，正确．
故选：D．
【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】
【例4】（2022秋•海淀区校级期中）若不等式|x﹣2|+|x+3|+|x﹣1|+|x+1|≥a对一切数x都成立，则a的取值范围是a≤7．
【分析】数形结合．绝对值的几何意义：|x﹣y|表示数轴上两点x，y之间的距离．
【解答】解：数形结合．绝对值的几何意义：|x﹣y|表示数轴上两点x，y之间的距离．
画数轴易知，|x﹣2|+|x+3|+|x﹣1|+|x+1|表示x到﹣3，﹣1，1，2这四个点的距离之和．
令y＝，|x﹣2|+|x+3|+|x﹣1|+|x+1|，x＝﹣3时，y＝11，
x＝﹣1时，y＝7，
x＝1时，y＝7，
x＝2时，y＝9，
可以观察知：当﹣1≤x≤1时，由于四点分列在x两边，恒有y＝7，当﹣3≤x＜﹣1时，7＜y≤11，当x＜﹣3时，y＞11，
当1≤x＜2时，7≤y＜9，
当x≥2时，y≥9，
综合以上：y≥7 所以：a≤7
即|x﹣2|+|x+3|+|x﹣1|+|x+1|≥7对一切实数x恒成立．
从而a的取值范围为a≤7．
【变式4-1】（2021秋•长春期中）如果|﹣2a|＝﹣2a，则a的取值范围是（）
A．a＞0B．a≥0C．a≤0D．a＜0
【分析】观察发现|﹣2a|＝﹣2a，绝对值里面的式子与等号后面的式子相同，可知﹣2a的绝对值等于它本身，根据绝对值的性质：正数的绝对值等于它本身，0的绝对值等于0，也就是等于它本身，可得﹣2a ≥0，解不等式可得答案．
【解答】解：∵|﹣2a|＝﹣2a，
∴﹣2a≥0，
a≤0．
故选：C．
【变式4-2】（2022•吉首市校级月考）若m是有理数，则|m|+m的值（）
A．不可能是正数
B．一定是正数
C．不可能是负数
D．可能是正数，也可能是负数
【分析】根据绝对值的性质：正数的绝对值是它本身、负数的绝对值是它的相反数、0的绝对值是0，可根据m是正数、负数和0三种情况讨论．
【解答】解：①当m＞0时，原式＝m+m＝2m＞0；
②当m＝0时，原式＝0+0＝0；
③当m＜0时，原式＝﹣m+m＝0．
∴|m|+m的值大于等于0，
即为非负数，
故选：C．【变式4-3】（2022秋•长沙校级期中）（1）比较下列各式的大小（用＜或＞或＝连接）
①|﹣2|+|3|＞|﹣2+3|；
②|﹣2|+|﹣3|＝|﹣2﹣3|；
③|﹣2|+|0|＝|﹣2+0|；
（2）通过以上的特殊例子，请你分析、补充、归纳，当a、b为有理数时，|a|+|b|与|a+b|的大小关系；
（3）根据上述结论，求当|x|+2015＝|x﹣2015|时，x的取值范围．
【分析】（1）依据绝对值的性质计算即可；
（2）通过计算找出其中的规律即可得出答案；
（3）依据结论求解即可．
【解答】解：（1）①|﹣2|+|3|＝2+3＝5，|﹣2+3|＝1，故|﹣2|+|3|＞|﹣2+3|；
②|﹣2|+|﹣3|＝2+3＝5，|﹣2﹣3|＝|﹣5|＝5，故|﹣2|+|﹣3|＝|﹣2﹣3|；
③|﹣2|+|0|＝2，|﹣2+0|＝2，故|﹣2|+|0|＝|﹣2+0|．
故答案为：①＞；②＝；③＝．
（2）当a，b异号时，|a|+|b|＞|a+b|，
当a，b同号时（包括零），|a|+|b|＝|a+b|，
∴|a|+|b|≥|a+b|；
（3）∵|x|+2015＝|x﹣2015|，
∴|x|+|﹣2015|＝|x﹣2015|．
由（2）可知：x与﹣2015同号，
∴x≤0．
【题型5 绝对值中的分类讨论之a
|a|
类型问题】
【例5】（2022秋•江阳区校级期中）有理数a、b在数轴上的对应点位置如图所示（1）用“＜”连接0、﹣a、﹣b、﹣1
（2）化简：|a|﹣2|a+b﹣1|−1
3
|b﹣a﹣1|
（3）若c•（a2+1）＜0，且c+b＞0，求|c+1|
c+1+|c−1|
c−1
−|a−b+c|
a−b+c
的值．
【分析】（1）直接利用数轴分析得出答案；（2）结合数轴得出各部分的符号，进而化简即可；
（3）结合数轴得出各部分的符号，进而化简即可．
【解答】解：（1）由数轴可得：
﹣1＜﹣b＜0＜﹣a；
（2）原式＝﹣a+2（a+b﹣1）−1
3
（b﹣a﹣1）
=43
a +53
b −5
3
；
（3）∵c •（a 2+1）＜0，且c +b ＞0， ∴c ＜0，1＞b ＞0， ∴|c |＜b ， 原式=c+1
c+1+−(c−1)c−1
−
−(a−b+c)a−b+c
＝1﹣1+1 ＝1．
【变式5-1】（2022秋•顺平县期中）设a 、b 、c 、d 为有理数，且|abcd|
abcd =1，则|a|
a +|b|b
+
|c|c
+
|d|d
的值为 ﹣
4，0，4 ．
【分析】根据已知条件|abcd|
abcd =1，得出abcd ＞0，根据两数之积是正数时，两数一定符号相同，分别分析即可得出答案．
【解答】解：由|abcd|
abcd =1，知abcd ＞0，
于是a ，b ，c ，d 中4个全为正数或两个正数两个负数或4个全为负数． 当a ，b ，c ，d 全为正数时，原式＝1+1+1+1＝4； 当a ，b ，c ，d 中有两个正数两个负数时，原式＝0； 当a ，b ，c ，d 全为负数时，原式＝﹣1﹣1﹣1﹣1＝﹣4． 故答案为：﹣4，0，4．
【变式5-2】（2022秋•鄂州校级月考）若0＜a ＜1，﹣2＜b ＜﹣1，则|a−1|
a−1−|b+2|b+2
+
|a+b|a+b
的值是 ﹣3 ．【分
析】可以用特殊值法进行计算，令a =1
2，b =−3
2，代入即可得出答案． 【解答】解：方法1：令a =1
2，b =−32， 代入
|a−1|a−1
−
|b+2|b+2
+
|a+b|a+b
，
得：|a−1|a−1−
|b+2|b+2
+
|a+b|a+b
=−1﹣1﹣1＝﹣3．
方法2：∵0＜a ＜1，﹣2＜b ＜﹣1， ∴a ﹣1＜0，b +2＞0，a +b ＜0， ∴|a−1|
a−1−
|b+2|b+2
+
|a+b|a+b
，
=−a−1
a−1−b+2
b+2
−a+b
a+b
，
＝﹣1﹣1﹣1，＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【变式5-3】（2022秋•西城区校级期中）有理数a，b，c均不为0，且a+b+c＝0．设x=||a|
b+c +|b|
c+a
+|c|
a+b
|，
试求代数式x19+99x+2000之值．
【分析】根据题意可得a，b，c中不能全同号，必有一正两负或两正一负与a＝﹣（b+c），b＝﹣（c+a），
c＝﹣（a+b），则可得|a|
b+c ，|b|
c+a
，|c|
a+b
的值为两个+1，一个﹣1或两个﹣1，一个+1，即可求得x的值，
代入即可求得答案．
【解答】解：由a，b，c均不为0，知b+c，c+a，a+b均不为0，又∵a，b，c中不能全同号，故必一正二负或一负二正，
∴a＝﹣（b+c），b＝﹣（c+a），c＝﹣（a+b），
即a
b+c =−1，b
c+a
=−1，c
a+b
=−1，
∴|a|
b+c ，|b|
c+a
，|c|
a+b
中必有两个同号，另一个符号其相反，即其值为两个+1，一个﹣1或两个﹣1，一个+1，
∴|a|
b+c +|b|
c+a
+|c|
a+b
=±1，x=||a|
b+c
+|b|
c+a
+|c|
a+b
|=1，
∴x19+99x+2000＝1+99+2000＝2100．【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】
【例6】（2022•河北模拟）（1）数轴上两点表示的有理数是a、b，求这两点之间的距离；
（2）是否存在有理数x，使|x+1|+|x﹣3|＝x？
（3）是否存在整数x，使|x﹣4|+|x﹣3|+|x+3|+|x+4|＝14？如果存在，求出所有的整数x；如果不存在，说明理由．
【分析】（1）数轴上两点之间的距离等于右边的数减去左边的数或|a﹣b|；
（2）利用绝对值的几何意义进行化简；
（3）利用绝对值的几何意义进行化简，求得|x﹣4|+|x﹣3|+|x+3|+|x+4|的最大值和最小值，再进行判断．【解答】解：（1）|a﹣b|；
（2）x的取值可能是x＜﹣1，﹣1≤x≤3，x＞3，
化简得﹣2x+2，4，2x﹣2，
则不存在|x+1|+|x﹣3|＝x的情况；
（3）x的取值可能是x＜﹣4，﹣4≤x＜﹣3，﹣3≤x≤3，3＜x≤4，x＞4，
化简得﹣4x，﹣2x+8，14，2x+8，4x，
故存在整数x，使|x﹣4|+|x﹣3|+|x+3|+|x+4|＝14，
即﹣3≤x≤3，x＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3．
【变式6-1】（2022春•宝山区校级月考）已知|a﹣1|+|a﹣4|＝3，则a的取值范围为1≤a≤4．【分析】分情况讨论：①a﹣4≥0；②a﹣1≥0，且a﹣4≤0．
【解答】解：①a﹣4≥0，解得a≥4，化简原式＝2a﹣5，不合题意，舍去．
②a﹣1≥0，且a﹣4≤0，解得1≤a≤4，化简原式＝3，符合题意．
所以1≤a≤4．
【变式6-2】（2022秋•玉门市期末）在数轴上有四个互不相等的有理数a、b、c、d，若|a﹣b|+|b﹣c|＝c﹣a，设d在a、c之间，则|a﹣d|+|d﹣c|+|c﹣b|﹣|a﹣c|＝（）
A．d﹣b B．c﹣b C．d﹣c D．d﹣a
【分析】由|a﹣b|+|b﹣c|＝c﹣a⇒a＜b＜c，又d在a、c之间，故有a＜d＜b＜c或a＜b＜d＜c两种情况，且|a﹣d|+|d﹣c|﹣|a﹣c|＝0．分别讨论可得|a﹣d|+|d﹣c|+|c﹣b|﹣|a﹣c|＝|c﹣b|＝c﹣b．
【解答】解：由|a﹣b|+|b﹣c|＝c﹣a可得a＜b＜c，
又因为d在a、c之间，
故有a＜d＜b＜c或a＜b＜d＜c两种情况，且|a﹣d|+|d﹣c|﹣|a﹣c|＝0．当a＜d＜b＜c时，|a﹣d|+|d﹣c|+|c ﹣b|﹣|a﹣c|＝d﹣a+c﹣d+c﹣b+a﹣c＝c﹣b，
当a＜b＜d＜c时，|a﹣d|+|d﹣c|+|c﹣b|﹣|a﹣c|＝d﹣a+c﹣d+c﹣b+a﹣c＝c﹣b，
故选：B．
【变式6-3】（2022秋•顺平县期中）已知a，b，c，d都是整数，且|a+b|+|b+c|+|c+d|+|d+a|＝2，则|a+d|＝1或0．
【分析】根据题意易知|a+b|、|b+c|、|c+d|、|d+a|是整数，所以不外乎两种可能：①3个为0，1个为2；
②2个为0，2个为1，继而讨论|a+d|的值．
【解答】解：由题意得：|a+b|、|b+c|、|c+d|、|d+a|是整数，所以有两种可能：
①3个为0，1个为2，
②2个为0，2个为1，
所以|a+d|只可能取0、1、2，若为2，
则|a+b|＝|b+c|＝|c+d|＝0，
不难得出a＝﹣d，所以|a+d|＝0，与假设|a+d|＝2矛盾．
所以|a+d|只可能取0、1，a＝0，b＝0，c＝﹣1，d＝1时|a+d|＝1；
a＝﹣1，b＝0，c＝0，d＝1时|a+d|＝0．
故答案为：1或0．
【题型7 绝对值中的最值问题】
（2022秋•鼓楼区校级月考）已知（|x+1|+|x﹣2|）（|y﹣2|+|y+1|）
（|z﹣3|+|z+1|）＝36，求2016x+2017y+2018z 【例7】
的最大值和最小值
【分析】先讨论：|x+1|+|x﹣2|、|y﹣2|+|y+1|、|z﹣3|+|z+1|的最小值，根据它们的积是36，分别得到|x+1|+|x ﹣2|、|y﹣2|+|y+1|、|z﹣3|+|z+1|的值，再讨论x、y、z的最大最小值，代入计算出代数式的最大值和最小值．
【解答】解：∵|x+1|+|x﹣2|≥3，
（|y﹣2|+|y+1|）≥3，
（|z﹣3|+|z+1|）≥4，
又∵（|x+1|+|x﹣2|）（|y﹣2|+|y+1|）（|z﹣3|+|z+1|）＝36，
∴|x+1|+|x﹣2|＝3，
|y﹣2|+|y+1|＝3，
|z﹣3|+|z+1|＝4，当|x+1|+|x﹣2|＝3时，x最小取﹣1，最大取2，
当|y﹣2|+|y+1|＝3时，y最小取﹣1，最大取2，
当|z﹣3|+|z+1|＝4时，z最小取﹣1，最大取3
所以2016x+2017y+2018z的最大值为：2016×2+2017×2+2018×3
＝14120，
2016x+2017y+2018z的最小值为：2016×（﹣1）+2017×（﹣1）+2018×（﹣1）
＝﹣6051
【变式7-1】当|x﹣2|+|x﹣3|的值最小时，|x﹣2|+|x﹣3|﹣|x﹣1|的值最大是0，最小是﹣1．【分析】根据当|x﹣2|+|x﹣3|的值最小时，即可求得x的范围是2≤x≤3，且最小值是1，化简|x﹣2|+|x﹣3|﹣|x﹣1|，即可把x分成1≤x＜2和2≤x≤3两种情况，在每个范围内分别取一个值，代入即可求得．【解答】解：当|x﹣2|+|x﹣3|的值最小时，2≤x≤3，
又因为1不在2和3之间，所以可令x＝2，
则|x﹣2|+|x﹣3|﹣|x﹣1|＝0，
令x ＝3，则|x ﹣2|+|x ﹣3|﹣|x ﹣1|＝﹣1， 所以，所求最大值为0，最小值为﹣1．
【变式7-2】（2022秋•海安市月考）阅读下列有关材料并解决有关问题．
我们知道|x|={x(x ＞0)
0(x =0)−x(x ＜0)，现在我们可以利用这一结论来化简含有绝对值的代数式．例如：化简代数式
|x +1|+|x ﹣2|时，可令x +1＝0和x ﹣2＝0，分别求得x ＝﹣1和x ＝2（称﹣1，2分别为|x +1|与|x ﹣2|的零点值）．在有理数范围内，零点值x ＝﹣1和x ＝2可将全体有理数分成不重复且不遗漏的如下3种情况：x ＜﹣1；﹣1≤x ＜2；x ≥2．从而在化简|x +1|+|x ﹣2|时，可分以下三种情况：①当x ＜﹣1时，原式＝﹣（x +1）﹣（x ﹣2）＝﹣2x +1；②当﹣1≤x ＜2时，原式＝（x +1）﹣（x ﹣2）＝3；③当x ≥2时，原式＝（x +1）+（x ﹣2）＝2x ﹣1．通过以上阅读，请你解决问题： （1）|x ﹣3|+|x +4|的零点值是 x ＝3和x ＝﹣4 ； （2）化简代数式|x ﹣3|+|x +4|； （3）解方程|x ﹣3|+|x +4|＝9；
（4）|x ﹣3|+|x +4|+|x ﹣2|+|x ﹣2000|的最小值为 2005 ，此时x 的取值范围为 2≤x ≤3 ． 【分析】（1）根据“零点值”的意义进行计算即可；
（2）根据题目中提供的方法分三种情况分别进行计算即可；（3）分三种情况分别对|x ﹣3|+|x +4|进行化简进而求出相应方程的解；
（4）根据代数式|x ﹣3|+|x +4|+|x ﹣2|+|x ﹣2000|的意义，得出当2≤x ≤3时，该代数式的值最小，再根据两点距离的计算方法进行计算即可． 【解答】解：（1）令x ﹣3＝0和x +4＝0， 求得：x ＝3和x ＝﹣4， 故答案为：﹣4和3；
（2）①当x ＜﹣4时，原式＝﹣（x ﹣3）﹣（x +4）＝﹣2x ﹣1； ②当﹣4≤x ＜3时，原式＝﹣（x ﹣3）+（x +4）＝7； ③当x ≥3时，原式＝（x ﹣3）+（x +4）＝2x +1； 综上所述：原式={−2x −1(x ＜−4)7(−4≤x ＜3)2x +1(x ≥3)
，
（3）分三种情况：
①当x ＜﹣4时，﹣2x ﹣1＝9，
解得：x ＝﹣5；
②当﹣4≤x ＜3时，7＝9，不成立； ③当x ≥3时，2x +1＝9， 解得：x ＝4．
综上所述，x ＝﹣5或x ＝4．
（4）代数式|x ﹣3|+|x +4|+|x ﹣2|+|x ﹣2000|表示的意义为数轴上表示数x 的点到表示数﹣4，2，3，2000的距离之和，
由数轴表示数的意义可知，当2≤x ≤3时，该代数式的值最小，最小值为（2+4）+（3﹣2）+（2000﹣2）＝2005，
故答案为：2005，2≤x ≤3．
【变式7-3】（2022秋•泉州期末）四个数分别是a ，b ，c ，d ，满足|a ﹣b |+|c ﹣d |=1
n |a ﹣d |，（n ≥3且为正
整数，a ＜b ＜c ＜d ）． （1）若n ＝3．
①当d ﹣a ＝6时，求c ﹣b 的值；
②对于给定的有理数e （b ＜e ＜c ），满足|b ﹣e |=4
9
|a ﹣d |，请用含b ，c 的代数式表示e ；（2）若e =1
2
|b
﹣c |，f =12|a ﹣d |，且|e ﹣f |＞1
10|a ﹣d |，试求n 的最大值．
【分析】（1）①由已知可得b ﹣a +d ﹣c =1
3（d ﹣a ），又由d ﹣a ＝6，得到c ﹣b ＝4；
②由已知可得e ﹣b =4
9（d ﹣a ），因为d ﹣a =3
2（c ﹣b ），则有e ﹣b =4
9×3
2（c ﹣b ）=2
3（c ﹣b ），可求e =2
3c +1
3b ；
（2）由已知可得c ﹣b ＝（1−1
n
）（d ﹣a ），则有|1
2
|（1−1
n
）（d ﹣a ）|−1
2
|a ﹣d ||＞1
10
|a ﹣d |，得到2n ＜10，
再有n 的取值范围即可求解． 【解答】解：（1）①∵n ＝3， ∴|a ﹣b |+|c ﹣d |=1
3|a ﹣d |，
∵a ＜b ＜c ＜d ，
∴b ﹣a +d ﹣c =1
3（d ﹣a ）， ∴c ﹣b =2
3（d ﹣a ），
∵d ﹣a ＝6， ∴c ﹣b ＝4；
②∵b ＜e ＜c ，|b ﹣e |=4
9|a ﹣d |， ∴e ﹣b =4
9（d ﹣a ），
∵d ﹣a =3
2
（c ﹣b ），
∴e ﹣b =49×32（c ﹣b ）=2
3（c ﹣b ）， ∴e =2
3
c +1
3b ；
（2）∵|a ﹣b |+|c ﹣d |=1
n
|a ﹣d |，a ＜b ＜c ＜d ，
∴c ﹣b ＝（1−1
n
）（d ﹣a ），
∵e =12
|b ﹣c |，f =12
|a ﹣d |，且|e ﹣f |＞1
10
|a ﹣d |，
∴|12|b ﹣c |−12|a ﹣d ||＞1
10|a ﹣d |，
∴|1
2|（1−1
n ）（d ﹣a ）|−1
2|a ﹣d ||＞1
10|a ﹣d |，∴1
2n |a ﹣d |＞1
10|a ﹣d |， ∴2n ＜10， ∴n ＜5，
∵n ≥3且为正整数， ∴n 的最大值是4．。