高考数学一轮复习 不等式选讲 451 绝对值不等式课件 理
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12/11/2021
3．(配合例 3 使用)已知函数 f(x)＝13|x－a|(a∈R)。 (1)当 a＝2 时，解不等式x－13＋f(x)≥1； (2)设不等式x－13＋f(x)≤x 的解集为 M，若13，12⊆M，求实数 a 的取 值范围。
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解 (1)当 a＝2 时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3。 ①当 x≤13时，原不等式可化为－3x＋1＋2－x≥3，解得 x≤0，所以 x≤0； ②当13<x<2 时，原不等式可化为 3x－1＋2－x≥3，解得 x≥1，所以 1≤x<2； ③当 x≥2 时，原不等式可化为 3x－1＋x－2≥3，解得 x≥32，所以 x≥2。 综上所述，当 a＝2 时，不等式的解集为{x|x≤0 或 x≥1}。
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解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝
2x＋4，x≤－1， 2，－1<x≤2， －2x＋6，x>2。
可得 f(x)≥0 的解集为{x|－2≤x≤3}。 (2)f(x)≤1 等价于|x＋a|＋|x－2|≥4。 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当(x＋a)(x－2)≤0 时等号成立。 故 f(x)≤1 等价于|a＋2|≥4。 由|a＋2|≥4 可得 a≤－6 或 a≥2， 所以 a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)。
解得 a＝2。
(2)因为fx＋3f－x＝|2x－1|＋3 |2x＋1|≥|2x－1－3 2x＋1|＝23，
所以要使fx＋3f－x<|k|存在实数解，只需|k|>23，解得 k>23或 k<－23，
所以实数 k 的取值范围是－∞，－23∪23，＋∞。
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教师备用题 1．(配合例 1、例 2 使用)设函数 f(x)＝|2x－3|。 (1)求不等式 f(x)>5－|x＋2|的解集； (2)若 g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)的最小值为 4，求实数 m 的值。
即
－9<2x－5<9， 2x－5≥3或2x－5≤－3，
解得
－2<x<7， x≥4或x≤1， 不等式的解集为(－2,1]∪[(选修 4－5P20T8 改编)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；
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所以不等式 f(x)>1－12x 等价于
x＋4>1－12xx>－4， 0>1－12xx＝－4， －4－x>1－12xx<－4，
解得 x>－2 或 x<－10， 故不等式 f(x)>1－12x 的解集为{x|x>－2 或 x<－10}。
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含绝对值不等式常见的三种解法 1．零点分段讨论法。 2．利用绝对值的几何意义。 3．数形结合法。
故不等式 f(x)≤2 的解集为{x|0≤x≤5}。
2－2x，x≤1， (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝0，1<x<4，
2x－8，x≥4，
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作出函数 f(x)的图象，如图所示，
易知直线 y＝kx－2 过定点 C(0，－2)， 当此直线经过点 B(4,0)时，k＝12； 当此直线与直线 AD 平行时，k＝－2。 故由图可知，k∈(－∞，－2)∪12，＋∞。
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解 (1)因为 f(x)>5－|x＋2|可化为|2x－3|＋|x＋2|>5， 所以当 x≥32时，原不等式化为(2x－3)＋(x＋2)>5，解得 x>2，所以 x>2； 当－2<x<32时，原不等式化为(3－2x)＋(x＋2)>5，解得 x<0，所以－ 2<x<0； 当 x≤－2 时，原不等式化为(3－2x)－(x＋2)>5，解得 x<－43，所以 x≤ －2。 综上，不等式 f(x)>5－|x＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)。 (2)因为 f(x)＝|2x－3|， 所以 g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)＝|2x＋2m－3|＋|2x－2m－3|≥|(2x＋2m－ 3)－(2x－2m－3)|＝|4m|。 所以依题意有 4|m|＝4，解得 m＝±1。
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若函数 f(x)中含有绝对值，则 1．f(x)>a 有解⇔f(x)max>a。 2．f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a。 3．f(x)>a 恰在(c，b)上成立⇔c，b 是方程 f(x)＝a 的解。
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【变式训练】 已知 f(x)＝|ax－1|，若实数 a>0，不等式 f(x)≤3 的解 集是{x|－1≤x≤2}。
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【变式训练】 (1)设 a>0，|x－1|<a3，|y－2|<3a，求证：|2x＋y－4|<a。 (2)(2019·石家庄模拟)若 f(x)＝3x＋a1＋3|x－a|的最小值为 4，求 a 的值。
解 (1)证明：由|x－1|<3a可得|2x－2|<23a，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|<23a＋3a ＝a。
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
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微考点·大课堂
考点例析 对点微练
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考点一 含绝对值的不等式的解法 【例 1】 (2019·淄博模拟)设函数 f(x)＝|x＋4|。 (1)若 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为 4，求 a 的值； (2)求不等式 f(x)>1－21x 的解集。
(2)因为 f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|≥3x＋1a－3x－3a＝1a＋3a，所以由1a＋3a ＝4 得 a＝±1 或 a＝±31。
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考点三 恒成立与存在性问题 【例 3】 (2018·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|。 (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥0 的解集； (2)若 f(x)≤1，求 a 的取值范围。
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解 (1)因为 f(x)＝|x＋4|， 所以 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)＝|2x＋a＋4|＋|2x－a＋4|≥|2x＋a＋4－(2x－ a＋4)|＝|2a|， 又 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为 4， 所以|2a|＝4，所以 a＝±2。
(2)f(x)＝|x＋4|＝x0＋x＝4x－>－4，4， －4－xx<－4，
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一、走进教材
1．(选修 4－5P20T7 改编)不等式 3≤|5－2x|<9 的解集为( )
A．[－2,1)∪[4,7)
B．(－2,1]∪(4,7]
C．(－2，－1)∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)
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解析
由
题
意
得
|2x－5|<9， |2x－5|≥3，
解析 因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以 2≤kx≤6。因为不等 式的解集为{x|1≤x≤3}，所以 k＝2。
答案 2
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4．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。
(2)证明：因为|x－1＋a|＋|x－a|≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，又 a≥2， 故|2a－1|≥3，即|x－1＋a|＋|x－a|≥3 成立。
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绝对值不等式性质的应用 利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)， 通过确定适当的 a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以 ①求最值；②证明不等式。
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考点二 绝对值不等式性质的应用 【例 2】 (1)若对于实数 x，y 有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1| 的最大值。 (2)若 a≥2，x∈R，证明：|x－1＋a|＋|x－a|≥3。
解 (1)由|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，得|2x ＋3y＋1|的最大值为 7。
②当 1<x<5 时，原不等式可化为 x－1－(5－x)<2，所以 x<4，所以 1<x<4； ③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}
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二、走出误区 微提醒：①含参数的绝对值不等式讨论不清；②存在性问题不能转化为 最值问题求解。 3．若不等式|kx－4|≤2 的解集为{x|1≤x≤3}，则实数 k＝________。
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2．绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|＜a 与|x|＞a 的解集：
(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|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。
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1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|，|a|＋|b|之间的关系： (1)|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当 ab≤0 且|a|≥|b|时，等号成立。 (2)|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且 ab≥0 时，左边等号成立， 当且仅当 ab≤0 时，右边等号成立。 2．解绝对值不等式的两个要点： (1)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号。 (2)解含绝对值的不等式的基本思路可概括为十二字口诀“找零点，分区 间，逐个解，并起来”。
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(2)不等式x－13＋f(x)≤x 可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，依题意不等式|3x－1|＋ |x－a|≤3x 在13，12恒成立，所以 3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1。所以 a－1≤x≤a
(1)求 a 的值； (2)若fx＋3f－x<|k|存在实数解，求实数 k 的取值范围。
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解 (1)由|ax－1|≤3，得－3≤ax－1≤3，即－2≤ax≤4。 因为 a>0，所以－2a≤x≤a4， 因为不等式 f(x)≤3 的解集是{x|－1≤x≤2}，
所以 － 4a＝a2＝2，－1，
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【变式训练】 (2018·河南新乡二模)已知函数 f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3。 (1)求不等式 f(x)≤2 的解集； (2)若直线 y＝kx－2 与函数 f(x)的图象有公共点，求 k 的取值范围。
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解 (1)由 f(x)≤2，得2x≤－12，x≤2 或10≤ <x2<4， 或2x≥x－48，≤2， 解得 0≤x≤5，
选考部分
12/11/2021
选修4－5 不等式选讲
12/11/2021
第一节 绝对值不等式
微知识·小题练 微考点·大课堂
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2019 考纲考题考情
12/11/2021
微知识·小题练
教材回扣 基础自测
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1．绝对值三角不等式 定理 1：如果 a，b 是实数，那么|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－b|≤|a－c|＋|c－b|，当且仅当 (a－c)(c－b)≥0 时，等号成立。
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2．(配合例 3 使用)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2。 (1)解不等式|g(x)|<5； (2)若对任意 x1∈R，都存在 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 a 的取值范围。
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解 (1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5， 所以－7<|x－1|<3，即|x－1|<3，解得－2<x<4， 故不等式|g(x)|<5 的解集为{x|－2<x<4}。 (2)因为对任意 x1∈R，都有 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}⊆ {y|y＝g(x)}， 又 f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2， 所以|a＋3|≥2，解得 a≥－1 或 a≤－5， 所以实数 a 的取值范围为 a≥－1 或 a≤－5。
3．(配合例 3 使用)已知函数 f(x)＝13|x－a|(a∈R)。 (1)当 a＝2 时，解不等式x－13＋f(x)≥1； (2)设不等式x－13＋f(x)≤x 的解集为 M，若13，12⊆M，求实数 a 的取 值范围。
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解 (1)当 a＝2 时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3。 ①当 x≤13时，原不等式可化为－3x＋1＋2－x≥3，解得 x≤0，所以 x≤0； ②当13<x<2 时，原不等式可化为 3x－1＋2－x≥3，解得 x≥1，所以 1≤x<2； ③当 x≥2 时，原不等式可化为 3x－1＋x－2≥3，解得 x≥32，所以 x≥2。 综上所述，当 a＝2 时，不等式的解集为{x|x≤0 或 x≥1}。
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解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝
2x＋4，x≤－1， 2，－1<x≤2， －2x＋6，x>2。
可得 f(x)≥0 的解集为{x|－2≤x≤3}。 (2)f(x)≤1 等价于|x＋a|＋|x－2|≥4。 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当(x＋a)(x－2)≤0 时等号成立。 故 f(x)≤1 等价于|a＋2|≥4。 由|a＋2|≥4 可得 a≤－6 或 a≥2， 所以 a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)。
解得 a＝2。
(2)因为fx＋3f－x＝|2x－1|＋3 |2x＋1|≥|2x－1－3 2x＋1|＝23，
所以要使fx＋3f－x<|k|存在实数解，只需|k|>23，解得 k>23或 k<－23，
所以实数 k 的取值范围是－∞，－23∪23，＋∞。
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教师备用题 1．(配合例 1、例 2 使用)设函数 f(x)＝|2x－3|。 (1)求不等式 f(x)>5－|x＋2|的解集； (2)若 g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)的最小值为 4，求实数 m 的值。
即
－9<2x－5<9， 2x－5≥3或2x－5≤－3，
解得
－2<x<7， x≥4或x≤1， 不等式的解集为(－2,1]∪[(选修 4－5P20T8 改编)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；
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所以不等式 f(x)>1－12x 等价于
x＋4>1－12xx>－4， 0>1－12xx＝－4， －4－x>1－12xx<－4，
解得 x>－2 或 x<－10， 故不等式 f(x)>1－12x 的解集为{x|x>－2 或 x<－10}。
12/11/2021
含绝对值不等式常见的三种解法 1．零点分段讨论法。 2．利用绝对值的几何意义。 3．数形结合法。
故不等式 f(x)≤2 的解集为{x|0≤x≤5}。
2－2x，x≤1， (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝0，1<x<4，
2x－8，x≥4，
12/11/2021
作出函数 f(x)的图象，如图所示，
易知直线 y＝kx－2 过定点 C(0，－2)， 当此直线经过点 B(4,0)时，k＝12； 当此直线与直线 AD 平行时，k＝－2。 故由图可知，k∈(－∞，－2)∪12，＋∞。
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解 (1)因为 f(x)>5－|x＋2|可化为|2x－3|＋|x＋2|>5， 所以当 x≥32时，原不等式化为(2x－3)＋(x＋2)>5，解得 x>2，所以 x>2； 当－2<x<32时，原不等式化为(3－2x)＋(x＋2)>5，解得 x<0，所以－ 2<x<0； 当 x≤－2 时，原不等式化为(3－2x)－(x＋2)>5，解得 x<－43，所以 x≤ －2。 综上，不等式 f(x)>5－|x＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)。 (2)因为 f(x)＝|2x－3|， 所以 g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)＝|2x＋2m－3|＋|2x－2m－3|≥|(2x＋2m－ 3)－(2x－2m－3)|＝|4m|。 所以依题意有 4|m|＝4，解得 m＝±1。
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若函数 f(x)中含有绝对值，则 1．f(x)>a 有解⇔f(x)max>a。 2．f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a。 3．f(x)>a 恰在(c，b)上成立⇔c，b 是方程 f(x)＝a 的解。
12/11/2021
【变式训练】 已知 f(x)＝|ax－1|，若实数 a>0，不等式 f(x)≤3 的解 集是{x|－1≤x≤2}。
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【变式训练】 (1)设 a>0，|x－1|<a3，|y－2|<3a，求证：|2x＋y－4|<a。 (2)(2019·石家庄模拟)若 f(x)＝3x＋a1＋3|x－a|的最小值为 4，求 a 的值。
解 (1)证明：由|x－1|<3a可得|2x－2|<23a，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|<23a＋3a ＝a。
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
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微考点·大课堂
考点例析 对点微练
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考点一 含绝对值的不等式的解法 【例 1】 (2019·淄博模拟)设函数 f(x)＝|x＋4|。 (1)若 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为 4，求 a 的值； (2)求不等式 f(x)>1－21x 的解集。
(2)因为 f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|≥3x＋1a－3x－3a＝1a＋3a，所以由1a＋3a ＝4 得 a＝±1 或 a＝±31。
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考点三 恒成立与存在性问题 【例 3】 (2018·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|。 (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥0 的解集； (2)若 f(x)≤1，求 a 的取值范围。
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解 (1)因为 f(x)＝|x＋4|， 所以 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)＝|2x＋a＋4|＋|2x－a＋4|≥|2x＋a＋4－(2x－ a＋4)|＝|2a|， 又 y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为 4， 所以|2a|＝4，所以 a＝±2。
(2)f(x)＝|x＋4|＝x0＋x＝4x－>－4，4， －4－xx<－4，
12/11/2021
一、走进教材
1．(选修 4－5P20T7 改编)不等式 3≤|5－2x|<9 的解集为( )
A．[－2,1)∪[4,7)
B．(－2,1]∪(4,7]
C．(－2，－1)∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)
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解析
由
题
意
得
|2x－5|<9， |2x－5|≥3，
解析 因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以 2≤kx≤6。因为不等 式的解集为{x|1≤x≤3}，所以 k＝2。
答案 2
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4．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。
(2)证明：因为|x－1＋a|＋|x－a|≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，又 a≥2， 故|2a－1|≥3，即|x－1＋a|＋|x－a|≥3 成立。
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绝对值不等式性质的应用 利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)， 通过确定适当的 a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以 ①求最值；②证明不等式。
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考点二 绝对值不等式性质的应用 【例 2】 (1)若对于实数 x，y 有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1| 的最大值。 (2)若 a≥2，x∈R，证明：|x－1＋a|＋|x－a|≥3。
解 (1)由|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，得|2x ＋3y＋1|的最大值为 7。
②当 1<x<5 时，原不等式可化为 x－1－(5－x)<2，所以 x<4，所以 1<x<4； ③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}
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二、走出误区 微提醒：①含参数的绝对值不等式讨论不清；②存在性问题不能转化为 最值问题求解。 3．若不等式|kx－4|≤2 的解集为{x|1≤x≤3}，则实数 k＝________。
12/11/2021
2．绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|＜a 与|x|＞a 的解集：
(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|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。
12/11/2021
1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|，|a|＋|b|之间的关系： (1)|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当 ab≤0 且|a|≥|b|时，等号成立。 (2)|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且 ab≥0 时，左边等号成立， 当且仅当 ab≤0 时，右边等号成立。 2．解绝对值不等式的两个要点： (1)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号。 (2)解含绝对值的不等式的基本思路可概括为十二字口诀“找零点，分区 间，逐个解，并起来”。
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(2)不等式x－13＋f(x)≤x 可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，依题意不等式|3x－1|＋ |x－a|≤3x 在13，12恒成立，所以 3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1。所以 a－1≤x≤a
(1)求 a 的值； (2)若fx＋3f－x<|k|存在实数解，求实数 k 的取值范围。
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解 (1)由|ax－1|≤3，得－3≤ax－1≤3，即－2≤ax≤4。 因为 a>0，所以－2a≤x≤a4， 因为不等式 f(x)≤3 的解集是{x|－1≤x≤2}，
所以 － 4a＝a2＝2，－1，
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【变式训练】 (2018·河南新乡二模)已知函数 f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3。 (1)求不等式 f(x)≤2 的解集； (2)若直线 y＝kx－2 与函数 f(x)的图象有公共点，求 k 的取值范围。
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解 (1)由 f(x)≤2，得2x≤－12，x≤2 或10≤ <x2<4， 或2x≥x－48，≤2， 解得 0≤x≤5，
选考部分
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选修4－5 不等式选讲
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第一节 绝对值不等式
微知识·小题练 微考点·大课堂
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2019 考纲考题考情
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微知识·小题练
教材回扣 基础自测
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1．绝对值三角不等式 定理 1：如果 a，b 是实数，那么|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－b|≤|a－c|＋|c－b|，当且仅当 (a－c)(c－b)≥0 时，等号成立。
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2．(配合例 3 使用)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2。 (1)解不等式|g(x)|<5； (2)若对任意 x1∈R，都存在 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 a 的取值范围。
12/11/2021
解 (1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5， 所以－7<|x－1|<3，即|x－1|<3，解得－2<x<4， 故不等式|g(x)|<5 的解集为{x|－2<x<4}。 (2)因为对任意 x1∈R，都有 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}⊆ {y|y＝g(x)}， 又 f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2， 所以|a＋3|≥2，解得 a≥－1 或 a≤－5， 所以实数 a 的取值范围为 a≥－1 或 a≤－5。