沪科版数学七上同步讲练专题1.9 绝对值贯穿有理数的经典考法【七大题型】（2份，原卷版+解析版）

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专题1.9 绝对值贯穿有理数的经典考法【七大题型】【沪科版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc24349" 【题型1 利用绝对值性质化简或求值】  PAGEREF _Toc24349 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc4177" 【题型2 根据绝对值的非负性求值】  PAGEREF _Toc4177 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc25279" 【题型3 根据绝对值的定义判断正误】  PAGEREF _Toc25279 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc11529" 【题型4 根据绝对值的意义求取值范围】  PAGEREF _Toc11529 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc28252" 【题型5 绝对值中的分类讨论之类型问题】  PAGEREF _Toc28252 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc23291" 【题型6 绝对值中的分类讨论之多绝对值问题】  PAGEREF _Toc23291 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc4038" 【题型7 绝对值中的最值问题】  PAGEREF _Toc4038 \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．5 B．10 C．15 D．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≠b2 B．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＞0 B．a≥0 C．a≤0 D．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﹣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】【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．