人教版（2024）七年级上册1.2.1 有理数同步练习题

这是一份人教版（2024）七年级上册1.2.1 有理数同步练习题，文件包含人教版数学七上同步讲练专题19绝对值贯穿有理数的经典考法七大题型原卷版doc、人教版数学七上同步讲练专题19绝对值贯穿有理数的经典考法七大题型解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24349" 【题型1 利用绝对值性质化简或求值】 PAGEREF _Tc24349 \h 1
\l "_Tc4177" 【题型2 根据绝对值的非负性求值】 PAGEREF _Tc4177 \h 3
\l "_Tc25279" 【题型3 根据绝对值的定义判断正误】 PAGEREF _Tc25279 \h 5
\l "_Tc11529" 【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】 PAGEREF _Tc11529 \h 7
\l "_Tc28252" 【题型5 绝对值中的分类讨论之类型问题】 PAGEREF _Tc28252 \h 8
\l "_Tc23291" 【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】 PAGEREF _Tc23291 \h 10
\l "_Tc4038" 【题型7 绝对值中的最值问题】 PAGEREF _Tc4038 \h 12
【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，原式＝2x﹣1；
②当x，原式＝﹣（2x﹣1）＝1﹣2x；
（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，
解得a＝3，b，c＝2，
所以，a+3b﹣c，
＝3+32，
＝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．
【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，求的值．
【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，
故2×（）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时，原式＝150x﹣15，不是常数；
（2）当x时，原式＝144x﹣13，不是常数；
（3）当x时，原式＝136x﹣11，不是常数；
（4）当x时，原式＝126x﹣9，不是常数；
（5）当x时，原式＝114x﹣7，不是常数；
（6）当x时，原式＝100x﹣5，不是常数；
（7）当x时，原式＝84x﹣3，不是常数；
（8）当x时，原式＝66x﹣1，不是常数；
（9）当x时，原式＝46x+1，不是常数；
（10）当x时，原式＝24x+3，不是常数；
（11）当x时，原式＝5，是常数；
（12）当x时，原式＝﹣26x+7，不是常数；
（13）当x时，原式＝﹣54x+9，不是常数；
（14）当x时，原式＝﹣84x+11，不是常数；
（15）当x时，原式＝﹣116x+13，不是常数；
（16）当x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＞bD．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0，有以下结论：
①a，b一定互为相反数； ②ab＜0； ③a+b＜0； ④1
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；
④1，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||b﹣a﹣1|
（3）若c•（a2+1）＜0，且c+b＞0，求的值．
【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）（b﹣a﹣1）
；
（3）∵c•（a2+1）＜0，且c+b＞0，
∴c＜0，1＞b＞0，
∴|c|＜b，
原式
＝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，则的值为 ﹣4，0，4 ．
【分析】根据已知条件，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，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，则的值是 ﹣3 ．
【分析】可以用特殊值法进行计算，令a，b，代入即可得出答案．
【解答】解：方法1：令a，b，
代入 ，
得：1﹣1﹣1＝﹣3．
方法2：∵0＜a＜1，﹣2＜b＜﹣1，
∴a﹣1＜0，b+2＞0，a+b＜0，
∴，
，
＝﹣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，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 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，
∴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，
∴，，
∴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﹣bB．c﹣bC．d﹣cD．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】
【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
【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，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，
（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||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||a﹣d|，请用含b，c的代数式表示e；
（2）若e|b﹣c|，f|a﹣d|，且|e﹣f||a﹣d|，试求n的最大值．
【分析】（1）①由已知可得b﹣a+d﹣c（d﹣a），又由d﹣a＝6，得到c﹣b＝4；
②由已知可得e﹣b（d﹣a），因为d﹣a（c﹣b），则有e﹣b（c﹣b）（c﹣b），可求ecb；
（2）由已知可得c﹣b＝（1）（d﹣a），则有||（1）（d﹣a）||a﹣d|||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||a﹣d|，
∵a＜b＜c＜d，
∴b﹣a+d﹣c（d﹣a），
∴c﹣b（d﹣a），
∵d﹣a＝6，
∴c﹣b＝4；
②∵b＜e＜c，|b﹣e||a﹣d|，
∴e﹣b（d﹣a），
∵d﹣a（c﹣b），
∴e﹣b（c﹣b）（c﹣b），
∴ecb；
（2）∵|a﹣b|+|c﹣d||a﹣d|，a＜b＜c＜d，
∴c﹣b＝（1）（d﹣a），
∵e|b﹣c|，f|a﹣d|，且|e﹣f||a﹣d|，
∴||b﹣c||a﹣d|||a﹣d|，
∴||（1）（d﹣a）||a﹣d|||a﹣d|，
∴|a﹣d||a﹣d|，
∴2n＜10，
∴n＜5，
∵n≥3且为正整数，
∴n的最大值是4．