2024年高考数学第一轮复习讲义第十三章13.3　绝对值不等式(学生版+解析)

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这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第十三章13.3　绝对值不等式(学生版+解析)，共14页。

知识梳理
1．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|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⇔________________________.
②|ax＋b|≥c⇔________________________.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|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，体现了数形结合的思想．
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
2．含有绝对值的不等式的性质
(1)如果a，b是实数，则________≤|a±b|≤________.
(2)如果a，b，c是实数，那么______________，当且仅当________________时，等号成立．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.( )
(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.( )
(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．( )
(4)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．( )
教材改编题
1．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)
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．
3．设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________．
题型一绝对值不等式的解法
例1 (2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；
(2)若f(x)>－a，求a的取值范围．
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思维升华解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(2)当不等式两端均为正数时，可通过两边平方的方法，转化为不含绝对值符号的普通不等式．
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋2))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－3)).
(1)画出函数y＝f(x)的图象；
(2)解不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))≥1.
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题型二利用绝对值不等式的性质求最值
例2 已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－4|.
(1)解不等式f(x)≤6；
(2)若不等式f(x)＋|x－4|________________________________________________________________________
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思维升华求含绝对值函数的最值时，常用的方法有三种
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值的三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||.
(3)利用零点分段法，转化为分段函数求最值．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋m))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))，m∈R.
(1)若m＝3，求不等式f(x)>1的解集；
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(2)若对∀x∈R，不等式f(x)＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))≥4都成立，求实数m的取值范围．
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题型三绝对值不等式的综合应用
例3 设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
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思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
跟踪训练3 (2023·成都联考)已知函数f(x)＝|x－2|－a|x＋1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)________________________________________________________________________
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(2)当a＝2时，若关于x的不等式f(x)>m＋1恰有2个整数解，求实数m的取值范围．
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________________________________________________________________________不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|∅
∅
|x|>a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(0，＋∞)
R
§13.3 绝对值不等式
考试要求 1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c.
知识梳理
1．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|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.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|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，体现了数形结合的思想．
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
2．含有绝对值的不等式的性质
(1)如果a，b是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(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．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.( × )
(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.( √ )
(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．( × )
(4)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．( √ )
教材改编题
1．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)
答案 D
解析由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2则不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为______．
答案 (－∞，4)
解析 ①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；
②当1x－1－(5－x)<2，
∴x<4，∴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(－∞，4)．
3．设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________．
答案 R
解析 ∵|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|b－a|＝|a－b|，且|a－b|>2，
∴|x－a|＋|x－b|>2恒成立，
即该不等式的解集为R.
题型一绝对值不等式的解法
例1 (2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；
(2)若f(x)>－a，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，
即求|x－1|＋|x＋3|≥6的解集，
当x≥1时，原不等式可化为2x＋2≥6，得x≥2；
当－3当x≤－3时，原不等式可化为－2x－2≥6，得x≤－4.
综上，不等式f(x)≥6的解集为
{x|x≤－4或x≥2}．
(2)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|a＋3|，
当且仅当(x－a)(x＋3)≤0时，等号成立．
所以f(x)min＝|a＋3|>－a，
当a<－3时，原不等式可化为－a－3>－a，无解；
当a≥－3时，原不等式可化为a＋3>－a，
解得a>－eq \f(3,2)，
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
思维升华解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(2)当不等式两端均为正数时，可通过两边平方的方法，转化为不含绝对值符号的普通不等式．
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋2))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－3)).
(1)画出函数y＝f(x)的图象；
(2)解不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))≥1.
解 (1)由题意得f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋2))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－3))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋5，x≥\f(3,2)，,3x－1，－2≤x<\f(3,2)，,x－5，x<－2，))
画出f(x)的图象，如图．
(2)分别画出函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))与y＝1的图象，如图所示，
由图可知，令eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))＝1，
则有x＝0或x＝eq \f(2,3)或x＝4或x＝6，
所以根据图象可知，要使eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))≥1，
则有x≤0或eq \f(2,3)≤x≤4或x≥6，
所以不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx))≥1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0或\f(2,3)≤x≤4或x≥6)))).
题型二利用绝对值不等式的性质求最值
例2 已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－4|.
(1)解不等式f(x)≤6；
(2)若不等式f(x)＋|x－4|解 (1)由已知得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋3，x<－\f(1,2)，,x＋5，－\f(1,2)≤x≤4，,3x－3，x>4，))
当x<－eq \f(1,2)时，原不等式可化为－3x＋3≤6，即x≥－1，
∴－1≤x<－eq \f(1,2)；
当－eq \f(1,2)≤x≤4时，原不等式可化为x＋5≤6，即x≤1，
∴－eq \f(1,2)≤x≤1；
当x>4时，原不等式可化为3x－3≤6，即x≤3(舍去)．
综上，f(x)≤6的解集为[－1,1]．
(2)f(x)＋|x－4|＝|2x＋1|＋|2x－8|≥9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当－\f(1,2)≤x≤4时取等号))，
∵f(x)＋|x－4|∴a2－8a>9，即(a－9)(a＋1)>0，
解得a<－1或a>9，
∴实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(9，＋∞)．
思维升华求含绝对值函数的最值时，常用的方法有三种
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值的三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||.
(3)利用零点分段法，转化为分段函数求最值．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋m))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))，m∈R.
(1)若m＝3，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若对∀x∈R，不等式f(x)＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))≥4都成立，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝3时，f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋3))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))，
则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5，x<－3，,2x＋1，－3≤x≤2，,5，x>2，))
当x<－3时，f(x)＝－5，则f(x)>1无解；
当－3≤x≤2时，令f(x)＝2x＋1>1，
解得x>0，则0当x>2时，f(x)＝5，
则f(x)>1恒成立，则x>2.
综上所述，不等式f(x)>1的解集为(0，＋∞)．
(2)因为f(x)＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))≥4对∀x∈R都成立，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋m))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))≥4恒成立，
只需eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋m))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))))min≥4即可，
由绝对值三角不等式知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋m))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋m))－x－2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋2))，当且仅当(x＋m)(x－2)≤0时等号成立，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋2))≥4，解得m≥2或m≤－6.
故实数m的取值范围为(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
题型三绝对值不等式的综合应用
例3 设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解 (1)由题意得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x<－\f(1,2)，,x＋2，－\f(1,2)≤x<1，,3x，x≥1.))
则y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，
故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)上恒成立，因此a＋b的最小值为5.
思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
跟踪训练3 (2023·成都联考)已知函数f(x)＝|x－2|－a|x＋1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)(2)当a＝2时，若关于x的不等式f(x)>m＋1恰有2个整数解，求实数m的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x－2|－|x＋1|，则不等式f(x)即|x－2|当x≥2时，不等式为x－2解得x>－3，所以x≥2；
当－1解得x>eq \f(1,3)，所以eq \f(1,3)当x≤－1时，不等式为2－x解得x>3，此时无解．
综上，原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
(2)由题意，函数f(x)＝|x－2|－2|x＋1|，
可得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋4，x≤－1，,－3x，－1则f(x)的图象如图所示．
f(－3)＝1，f(－2)＝2，f(－1)＝3，f(0)＝0，
因为关于x的不等式f(x)>m＋1恰有2个整数解，
由图可知，1≤m＋1<2，所以0≤m<1，
故m的取值范围为[0,1)．
课时精练
1．已知函数f(x)＝|x＋1|－|x|＋a.
(1)若a＝0，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若方程f(x)＝x有三个不同的解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝|x＋1|－|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，x<－1，,2x＋1，－1≤x<0，,1，x≥0.))
所以当x<－1时，f(x)＝－1<0，不符合题意；
当－1≤x<0时，f(x)＝2x＋1≥0，
解得－eq \f(1,2)≤x<0；
当x≥0时，f(x)＝1>0，符合题意．
综上可得，f(x)≥0的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
(2)设u(x)＝|x＋1|－|x|，则由(1)知y＝u(x)的图象和y＝x的图象如图所示．
易知y＝u(x)的图象向下平移1个单位长度内(不包括1个单位长度)，与y＝x的图象始终有3个交点，从而－1所以实数a的取值范围为(－1,0)．
2．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象；
(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范围．
解 (1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2，x≥2，,2－x，x<2，))
g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4，x<－\f(3,2)，,4x＋2，－\f(3,2)≤x<\f(1,2)，,4，x≥\f(1,2)，))
作出f(x)和g(x)的图象，如图所示．
(2)由(1)得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2，x≥2，,2－x，x<2，))
函数f(x＋a)的图象即为将函数f(x)的图象向左或向右平移|a|个单位长度得到的图象，
当a≤0时，即为将函数f(x)的图象向右平移|a|个单位长度得到f(x＋a)的图象，此时函数f(x＋a)的图象始终有部分图象位于函数g(x)的图象下方，无法满足f(x＋a)≥g(x)，
则要满足f(x＋a)≥g(x)，
需a>0，f(x＋a)＝|x＋a－2|，
当函数y＝|x＋a－2|的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a－2))＝4，
解得a＝eq \f(11,2)或a＝－eq \f(5,2)(舍去)，
根据图象可得若f(x＋a)≥g(x)，则a≥eq \f(11,2)，
即a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)，＋∞)).
3．已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－1|＋2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m∈R)).
(1)若m＝eq \f(1,2)，求不等式f(x)≤eq \f(1,2)的解集；
(2)若f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝eq \f(1,2)时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，x<－1，,2x＋1，－1≤x≤1，,3，x>1，))
由f(x)≤eq \f(1,2)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤\f(1,2)，,x<－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1≤\f(1,2)，,－1≤x≤1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3≤\f(1,2)，,x>1，))
解得x<－1或－1≤x≤－eq \f(1,4)或x∈∅，
综上，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))).
(2)因为f(x)＝|x＋1|－|x－1|＋2m≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋1－x－1))＋2m＝2＋2m，
当且仅当(x＋1)(x－1)≥0时取等号，
又f(x)≤0恒成立，所以2＋2m≤0恒成立，
解得m≤－1，即m的取值范围为(－∞，－1]．
4．已知函数g(x)＝|x－1|＋|x－1＋t|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t∈R)).
(1)当t＝2时，求g(x)≥4的解集；
(2)若g(x)<4的解集不是空集，求参数t的取值范围．
解 (1)由题意得g(x)＝|x－1|＋|x＋1|≥4，
当x≤－1时，g(x)＝1－x－x－1＝－2x≥4，
可得x≤－2；
当－1当x>1时，g(x)＝x－1＋x＋1＝2x≥4，可得x≥2，
综上，g(x)≥4的解集为(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
(2)因为g(x)＝|x－1|＋|x－1＋t|≥|t|，
所以g(x)min＝|t|，
又g(x)<4的解集不是空集，
所以|t|<4，
故参数 t 的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，4)).
5．设f(x)＝|x＋1|－|2x－1|.
(1)求不等式f(x)≤x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤eq \f(1,2)|x|(|a－2|＋|a＋1|)对任意实数x(x≠0)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)根据题意可知，原不等式为|x＋1|－|2x－1|≤x＋2，
等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1，,－x－1＋2x－1≤x＋2))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤\f(1,2)，,x＋1＋2x－1≤x＋2))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2)，,x＋1－2x＋1≤x＋2，))
解得x<－1或－1≤x≤eq \f(1,2)或x>eq \f(1,2).
综上可得，不等式f(x)≤x＋2的解集为R.
(2)不等式f(x)≤eq \f(1,2)|x|(|a－2|＋|a＋1|)等价于eq \f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)≤eq \f(1,2)(|a－2|＋|a＋1|)，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x)))))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)＋2－\f(1,x)))＝3，
当且仅当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x)))≤0时取等号，
因为eq \f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)≤eq \f(1,2)(|a－2|＋|a＋1|)，
所以|a－2|＋|a＋1|≥6，
解得a≤－eq \f(5,2)或a≥eq \f(7,2)，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)).不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|(－a，a)
∅
∅
|x|>a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(0，＋∞)
R