专题03 与绝对值有关的十七大压轴题型（（举一反三专项训练）
【新教材人教版】
【题型1 利用绝对值的代数意义求范围】............................................................................................................1
【题型2 利用绝对值的代数意义去绝对值】........................................................................................................3
【题型3 利用绝对值的几何数意义将绝对值转化为距离】................................................................................4
【题型4 绝对值的非负性】....................................................................................................................................6
【题型5 分类讨论求多绝对值的值】....................................................................................................................8
【题型6 零点分段去多绝对值化简】..................................................................................................................10
【题型7 零点分段法解多绝对值方程】..............................................................................................................11
【题型8 零点分段法求多绝对值型最值】..........................................................................................................14
【题型9 利用绝对值的几何数意义解多绝对值方程】......................................................................................16
【题型10 利用绝对值的几何数意义求多绝对值型最值】..................................................................................19
【题型11 两个绝对值之和求最值】......................................................................................................................21
【题型12 三个绝对值之和求最小值】..................................................................................................................23
【题型14 系数不为1 型绝对值之和求最小值】..................................................................................................28
【题型15 绝对值之差求最大值】..........................................................................................................................31
【题型16 绝对值和差混搭求最大值】..................................................................................................................34
【题型17 利用隐最值求最值】..............................................................................................................................36
方法技巧1 代数视角看绝对值的意义
绝对值的代数意义：|𝑎| =
𝑎(𝑎> 0)，
0(𝑎= 0)，
−𝑎(𝑎< 0)．
（去绝对值法则）
|非负| = 本身；
|非正| =相反数．
变式结论：
①若|𝑎| = 𝑎，则(𝑎≥0)；
②若|𝑎| = －𝑎，则(𝑎≤0)；
③|𝑎| ≥𝑎.
【题型1 利用绝对值的代数意义求范围】
【例1】（24-25 七年级上·浙江杭州·阶段检测）如果|2−𝑥| = 𝑥−2，那么x 的取值范围是（ ）
A．𝑥> 2
B．𝑥≥2
C．𝑥< 2
D．𝑥≤2
【答案】B
【分析】此题考查了绝对值的非负性，根据绝对值的非负性求解即可．
【详解】解：∵|2−𝑥| = 𝑥−2
题型归纳
∴𝑥−2 ≥0
∴𝑥≥2．
故选：B．
【变式1-1】（24-25 七年级上·山东德州·月考）若|𝑎| = 𝑎，则𝑎的取值范围是（ ）
A．𝑎> 0
B．𝑎≥0
C．𝑎≤0
D．𝑎< 0
【答案】B
【分析】本题考查绝对值的非负性，根据绝对值的意义，得到即可．
【详解】解：∵|𝑎| = 𝑎≥0，
故选B．
【变式1-2】（24-25 七年级上·河南焦作·期中）如果|−2𝑎| = −2𝑎，则𝑎的取值范围______．
【答案】𝑎≤0/0 ≥𝑎
【分析】本题考查了绝对值的性质，解一元一次不等式，由绝对值的非负性可得−2𝑎≥0，解不等式即可求
解，掌握绝对值的性质是解题的关键．
【详解】解：∵|−2𝑎| = −2𝑎，
∴−2𝑎≥0，
∴𝑎≤0，
故答案为：𝑎≤0．
【变式1-3】（24-25 七年级下·安徽蚌埠·月考）若|3−3𝑎| = 3𝑎−3，则a 的取值范围在数轴上表示正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】本题考查了绝对值的性质以及在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是根据绝对值的性质得出
关于𝑎的不等式，进而求解𝑎的取值范围，并正确在数轴上表示出来．
根据绝对值的性质，当|𝑥| = 𝑥时，𝑥≥0．由此得到关于𝑎的不等式，解出𝑎的取值范围后，再判断在数轴上
的正确表示．
【详解】根据绝对值的性质：正数和0 的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数．
已知|3−3𝑎| = 3𝑎−3，即|3−3𝑎| = −(3−3𝑎)，
所以3−3𝑎≤0，
解得：𝑎≥1，
在数轴上表示𝑎≥1时，应在数轴上1 这个点处用实心圆点（表示包含1 这个值），然后向右画一条线，
所以选项B 的表示是正确的．
故选：B．
【题型2 利用绝对值的代数意义去绝对值】
【例2】已知实数𝑎在数轴上的位置如图所示，则化简|𝑎−1| + 1的结果为（ ）
A．1.4
B．𝑎
C．2 + 𝑎
D．2−𝑎
【答案】D
【分析】根据实数𝑎在数轴上的位置判断出0 < 𝑎< 1，再进行化简即可．
【详解】解：由题意可知，0 < 𝑎< 1，
故|𝑎−1| + 1 = 1−𝑎+ 1 = 2−𝑎．
【变式2-1】（25-26 七年级下·河南驻马店·期中）|π−5| = _____________．
【答案】5−π/−𝜋+ 5
【分析】先判断π−5的正负性，再根据绝对值的性质化简即可得到结果.
【详解】解：∵π−5 < 0，
∴|π−5| = −(π−5) = 5−π.
【变式2-2】（25-26 六年级上·山东威海·期末）若5 < 𝑎< 6，则化简|𝑎−5|−|𝑎−6| = （ ）
A．2𝑎−11
B．2𝑎−1
C．1
D．11
【答案】A
【分析】根据已知的𝑎的取值范围判断绝对值内式子的正负性，再利用绝对值的性质去掉绝对值符号，最后
合并同类项求解．
【详解】解：∵5 < 𝑎< 6，
∴𝑎−5 > 0，𝑎−6 < 0，
∴|𝑎−5|−|𝑎−6|
= (𝑎−5)−(6−𝑎)
= 𝑎−5−6 + 𝑎
= 2𝑎−11．
【变式2-3】（24-25 七年级上·北京·期中）如图，a，b 是有理数，则式子|𝑎|−|𝑏| + |𝑎+ 𝑏|化简的结果为（ ）
A．0
B．2𝑎
C．𝑏+ 𝑎
D．2𝑏−𝑎
【答案】A
【分析】首先由数轴得到𝑏< 0 < 𝑎且|𝑏| > |𝑎|，然后去绝对值后合并即可．
【详解】解：由数轴可知，𝑏< 0 < 𝑎且|𝑏| > |𝑎|，
∴𝑎+ 𝑏< 0，
∴|𝑎|−|𝑏| + |𝑎+ 𝑏|
= 𝑎−(−𝑏)−(𝑎+ 𝑏)
= 𝑎+ 𝑏−𝑎−𝑏
= 0．
方法技巧2 几何视角看绝对值的意义
绝对值⇔距离，数⇔形
|𝑎|的几何意义：数轴上表示a 的点到原点的距离．
|𝑥－𝑎|的几何意义：数轴上表示𝑥的点与表示𝑎的点之
间的距离．
【题型3 利用绝对值的几何数意义将绝对值转化为距离】
【例3】（25-26 七年级上·湖南岳阳·期末）若|𝑥| = 7,|𝑦| = 6，且𝑥𝑦< 0，则𝑥−𝑦的值为_____．
【答案】± 13
【分析】本题考查了绝对值，有理数的乘法和减法运算，代数式求值，解题的关键是 运用分类讨论的思想
求解．
根据绝对值的定义得到𝑥=± 7，𝑦=± 6，由𝑥𝑦< 0确定𝑥和𝑦的符号相反，再分别计算𝑥−𝑦的值．
【详解】解：∵|𝑥| = 7,|𝑦| = 6，
∴𝑥=± 7，𝑦=± 6，
∵𝑥𝑦< 0，
∴𝑥= 7,𝑦= −6或𝑥= −7,𝑦= 6，
∴𝑥−𝑦= 7−(−6) = 7 + 6 = 13或𝑥−𝑦= −7−6 = −13，
故答案为：± 13．
【变式3-1】（25-26 七年级下·河南洛阳·期中）若|𝑥+ 2| = 3，则𝑥= ______．
【答案】1 或−5
【分析】根据绝对值的性质，绝对值等于3的数为3和−3，将原绝对值方程转化为两个一元一次方程，即可
求解．
【详解】解：∵|𝑥+ 2| = 3
∴𝑥+ 2 = 3或𝑥+ 2 = −3
当𝑥+ 2 = 3时，解得𝑥= 1
当𝑥+ 2 = −3时，解得𝑥= −5
【变式3-2】（2025 六年级上·全国·专题练习）数轴上点A 表示的数为−4，点B 表示的数为x，若A，B 两
点之间的距离为11，求x 的值．
【答案】𝑥= 7或−15
【分析】本题考查了数轴，掌握数轴上两点间的距离计算公式是解题的关键．
由A、B 两点之间的距离为11，根据两点间的距离公式列出方程|𝑥+ 4| = 11，解方程即可．
【详解】解：∵A，B 两点之间的距离为11，
∴|𝑥+ 4| = 11，
∴𝑥+ 4 = 11或−11，
∴𝑥= 7或−15．
【变式3-3】（2025 六年级上·全国·专题练习）若|𝑡+ 4| + |𝑡−1| + |𝑡−8| = 12，请结合数轴确定t 的取值．
【答案】𝑡= 1
【分析】本题主要考查了绝对值的几何应用，数轴上两点距离计算，根据绝对值的几何意义得到|𝑡+ 4| +
|𝑡−1| + |𝑡−8| = 12为数轴上表示数t 的点到表示数−4，1，8 这三个点的距离之和为12，再借助数轴分析，
即可解题．
【详解】解：|𝑡+ 4| + |𝑡−1| + |𝑡−8| = 12的几何意义是数轴上表示数t 的点到表示数−4，1，8 这三个点的
距离之和为12，
即图中𝑃𝐴+ 𝑃𝐵+ 𝑃𝐶= 12，
由图可知，𝑃𝐴+ 𝑃𝐵+ 𝑃𝐶≥𝐴𝐶= 12，
只有当点P 与点B 重合时，𝑃𝐴+ 𝑃𝐵+ 𝑃𝐶= 𝐴𝐶= 12，
∴𝑡= 1．
方法技巧3 绝对值的非负性
1. |𝑎| ≥0，绝对值无负数
2. 若|𝑎| + |𝑏| = 0，则𝑎= 0且𝑏= 0
3. 若|𝑎| + 𝑏2=0，则𝑎= 0且𝑏= 0
【题型4 绝对值的非负性】
【例4】已知：|𝑥+
1
2| + (𝑦−2)2 = 0，则𝑥2的值为__________
【答案】
1
4
【分析】根据非负数的性质得到𝑥= −
1
2,𝑦= 2，即可求出答案．
【详解】解：∵|𝑥+
1
2| + (𝑦−2)2 = 0，|𝑥+
1
2| ≥0,(𝑦−2)2 ≥0,，
∴𝑥+
1
2 = 0,𝑦−2 = 0
∴𝑥= −
1
2,𝑦= 2，
∴𝑥2 =
1
4．
【变式4-1】（25-26 七年级上·福建宁德·月考）已知|𝑥+ 2| + (2𝑦−1)2 = 0，则𝑥−2𝑦的值是（ ）
A．3
B．2
C．−3
D．−2
【答案】C
【详解】解：∵|𝑥+ 2| + (2𝑦−1)2 = 0，|𝑥+ 2| ≥0,(2𝑦−1)2 ≥0，
∴𝑥+ 2 = 0,2𝑦−1 = 0，
解得𝑥= −2,𝑦=
1
2，
∴𝑥−2𝑦= −2−2 ×
1
2 = −2−1 = −3．
【变式4-2】（2025 七年级上·全国·专题练习）已知|2𝑎−3|与|5−𝑏|互为相反数，则2𝑎−𝑏= （ ）
A．−1
B．1
C．−2
D．2
【答案】C
【分析】本题考查了互为相反数的两个非负数的性质，求代数式的值，掌握互为相反数的两个非负数的性
质是关键；根据互为相反数的条件，绝对值表达式均需为零，从而求出a 和b 的值，再代入计算．
【详解】解：∵|2𝑎−3|与|5−𝑏|互为相反数，
∴|2𝑎−3| = −|5−𝑏|；
∵|2𝑎−3| ≥0且−|5−𝑏| ≤0，
∴|2𝑎−3| = 0且|5−𝑏| = 0，
∴2𝑎−3 = 0且5−𝑏= 0，
∴𝑎=
3
2，𝑏= 5，
∴2𝑎−𝑏= 2 ×
3
2−5 = −2．
故选：C．
【变式4-3】（25-26 七年级下·重庆·开学考试）若有理数x、y 满足：𝑦= |𝑥| +4，𝑥+ |𝑦| = 8，则𝑥𝑦= ________．
【答案】12
【分析】根据绝对值的非负性判断y 的符号，化简|𝑦|，再将𝑦= |𝑥| +4代入已知方程，分𝑥≥0和𝑥< 0两种
情况讨论，舍去不成立的情况，得到x，y 的值，计算得到𝑥𝑦．
【详解】解：∵|𝑥| ≥0，𝑦= |𝑥| +4，
∴𝑦≥4 > 0，
∵𝑥+ |𝑦| = 8，
∴𝑥+ 𝑦= 8
∴𝑥+ |𝑥| +4 = 8，
∴𝑥+ |𝑥| = 4，
当𝑥≥0时，则𝑥+ 𝑥= 4，解得𝑥= 2，
将𝑥= 2代入𝑦= |𝑥| +4得𝑦= |2| +4 = 6，
此时𝑥𝑦= 2 × 6 = 12，
当𝑥< 0时，则𝑥−𝑥= 4，即0 = 4，等式不成立，此种情况不存在．
综上所述，𝑥𝑦= 12．
方法技巧4 多绝对值处理——分类讨论
|𝑎|
𝑎或
𝑎
|𝑎|
𝑎> 0⇒值为1；
𝑎< 0⇒值为－1．
|𝑎|
𝑎+ |𝑏|
𝑏= ± 2或0．
①a，b 同正，值为1 + 1 = 2；
②a，b 同负，值为−1−1 = −2；
③a，b 异号，值为1−1 = 0．
注：无需讨论具体数的符号．
【题型5 分类讨论求多绝对值的值】
【例5】若1 < 𝑥< 2，求代数式
|𝑥−2|
𝑥−2 −
|𝑥−1|
1−𝑥+
|𝑥|
𝑥= ____________．
【答案】1
【分析】本题主要考查了化简绝对值，有理数的四则混合运算，根据题意可得𝑥−2 < 0，𝑥−1 > 0，据此化
简绝对值，再根据有理数的四则混合运算法则求解即可．
【详解】解：∵1 < 𝑥< 2，
∴𝑥−2 < 0，𝑥−1 > 0，
∴
|𝑥−2|
𝑥−2 −
|𝑥−1|
1−𝑥+
|𝑥|
𝑥=
−(𝑥−2)
𝑥−2 −
𝑥−1
1−𝑥+
𝑥
𝑥= −1−(−1) +1 = −1 + 1 + 1 = 1，
故答案为：1．
【变式5-1】已知a，b，c 是有理数，当 𝑎𝑏𝑐<0 时，求
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑐|
𝑐 的值是（ ）
A．1 或−3
B．1，−1或−3
C．−1或3
D．1，−1，3 或−3
【答案】A
【分析】根据有理数的乘法法则，得到a，b，c 中负数有奇数个，再利用绝对值的代数意义判断即可．
【详解】解：∵a，b，c 为三个非零有理数，且𝑎𝑏𝑐<0，
∴a，b，c 中有一个负数或三个负数，
当a，b，c 中有一个负数时，
设𝑎< 0,𝑏> 0,𝑐> 0，
原式=
−𝑎
𝑎+
𝑏
𝑏+
𝑐
𝑐
= −1 + 1 + 1 = 1；
当a、b、c 都是负数，即𝑎< 0,𝑏< 0,𝑐< 0时，
原式=
−𝑎
𝑎+
−𝑏
𝑏+
−𝑐
𝑐
= −1−1−1 = −3．
故选：A．
【点睛】此题考查了有理数的乘法，以及化简绝对值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式5-2】已知𝑎𝑏≠0，试求
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏的值不可能为（ ）
A．3
B．-3
C．0
D．-1
【答案】C
【分析】根据𝑎𝑏≠0可分情况，然后根据绝对值的性质进行计算．
【详解】解：∵𝑎𝑏≠0，
∴当a＞0，b＞0 时，
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏=1+1+1=3，
当a＞0，b＜0 时，
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏=1-1-1=-1，
当a＜0，b＞0 时，
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏=-1+1-1=-1，
当a＜0，b＜0 时，
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏=-1-1+1=-1，
∴
|𝑎|
𝑎+
|𝑏|
𝑏+
|𝑎𝑏|
𝑎𝑏的值不可能为0，
故选C．
【点睛】本题考查了绝对值的性质和有理数的乘法．一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它
的相反数；0 的绝对值是0．
【变式5-3】已知𝑎+ 𝑏+ 𝑐= 0，其中𝑎> 0，𝑐< 0且|𝑎| < |𝑐|，求
|𝑏+𝑐|
𝑎
+
|𝑎+𝑐|
𝑏
+
|𝑎+𝑏|
𝑐的值（ ）
A．−1
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】由𝑎+ 𝑏+ 𝑐= 0可得b+c=-a，a+c=-b，a+b=-c，根据𝑎> 0，𝑐< 0且|𝑎| < |𝑐|，可判定-a、-b、-c 的
符号，根据绝对值的性质化简即可得答案．
【详解】解：∵a+b+c=0，
∴b+c=-a，a+c=-b，a+b=-c，
∵𝑎> 0，𝑐< 0且|𝑎| < |𝑐|，
∴−𝑎< 0，-c＞0，a+c=-b＜0，
∴
|𝑏+𝑐|
𝑎
+
|𝑎+𝑐|
𝑏
+
|𝑎+𝑏|
𝑐=
|−𝑎|
𝑎+
|−𝑏|
𝑏+
|−𝑐|
𝑐=
𝑎
𝑎+
𝑏
𝑏−
𝑐
𝑐=1+1-1=1
故选B．
【点睛】本题考查绝对值，一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数，0 的绝对值是
0，正确得出b+c、a+c、a+b 的符号是解题关键．
方法技巧5 多绝对值处理——零点分段
零点：使绝对值为0 的未知数的值即为零点．
方法：
①寻找所有零点，并在数轴上表示；
②依据零点将数轴进行分段；
③分别根据每段未知数的范围去绝对．
易错点：分类不明确，不会去绝对值，
化简：|𝑥−𝑎| + |𝑥−𝑏|(𝑎< 𝑏)．
令𝑥−𝑎= 0，𝑥−𝑏= 0，解得𝑥= 𝑎，𝑥= 𝑏，
故零点为a，b，分三种情况讨论：
①𝑥< 𝑎；
②𝑎≤𝑥≤𝑏；
③𝑥> 𝑏．
【题型6 零点分段去多绝对值化简】
【例6】（24-25 七年级上·湖北孝感·期末）化简代数式|2𝑥+ 4|−|𝑥−4|；
【答案】原式=
−𝑥−8(𝑥< −2)
3𝑥(−2 ≤𝑥< 4)
𝑥+ 8(𝑥≥4)
【详解】解：由（1 ）知|2𝑥+ 4|和|𝑥−4|的零点值分别为−2和4；
①当𝑥< −2时，原式= −(2𝑥+ 4)−(4−𝑥) = −2𝑥−4−4 + 𝑥= −𝑥−8；
②当−2 ≤𝑥< 4时，原式= 2𝑥+ 4−(4−𝑥) = 3𝑥；
③当𝑥≥4时，原式= 2𝑥+ 4−(𝑥−4) = 𝑥+ 8．
综上讨论，原式=
−𝑥−8(𝑥< −2)
3𝑥(−2 ≤𝑥< 4)
𝑥+ 8(𝑥≥4)
；
【变式6-1】（25-26 七年级上·黑龙江哈尔滨·期中）化简|𝑥−4| + |𝑥+ 7|；
【答案】|𝑥−4| + |𝑥+ 7| =
−2𝑥−3(𝑥< −7)
11(−7 ≤𝑥< 4)
2𝑥+ 3(𝑥≥4)
【分析】本题主要考查了化简绝对值，整式的加减计算，正确理解题意是解题的关键．
先求出所求式子的零点，再仿照题意求解即可；
【详解】解：当𝑥−4 = 0时，𝑥= 4，
当𝑥+ 7 = 0时，𝑥= −7，
当𝑥< −7时，|𝑥−4| + |𝑥+ 7| = −(𝑥−4)−(𝑥+ 7) = −𝑥+ 4−𝑥−7 = −2𝑥−3；
当−7 ≤𝑥< 4时，|𝑥−4| + |𝑥+ 7| = −(𝑥−4) +𝑥+ 7 = −𝑥+ 4 + 𝑥+ 7 = 11；
当𝑥≥4时，|𝑥−4| + |𝑥+ 7| = 𝑥−4 + 𝑥+ 7 = 2𝑥+ 3；
综上所述，|𝑥−4| + |𝑥+ 7| =
−2𝑥−3(𝑥< −7)
11(−7 ≤𝑥< 4)
2𝑥+ 3(𝑥≥4)
【变式6-2】化简|𝑥−5| + |𝑥+ 2|；
【答案】|𝑥−5| + |𝑥+ 2| =
−2𝑥+ 3(𝑥< −2)
7(−2 ≤𝑥< 5)
2𝑥−3(𝑥≥5)
【分析】本题考查的是化简绝对值，整式的加减运算．
先令𝑥−5 = 0和𝑥+ 2 = 0，可得𝑥= 5和𝑥= −2，再分三种情况化简绝对值即可；
【详解】解：令𝑥−5 = 0和𝑥+ 2 = 0，解得𝑥= 5和𝑥= −2
①当𝑥<−2时，原式= −(𝑥−5)−(𝑥+ 2) = −2𝑥+ 3
②当−2 ≤𝑥< 5时，原式= −(𝑥−5) + (𝑥+ 2) = 7；
③当𝑥≥5时，原式= (𝑥−5) + (𝑥+ 2) = 2𝑥−3．
∴|𝑥−5| + |𝑥+ 2| =
−2𝑥+ 3(𝑥< −2)
7(−2 ≤𝑥< 5)
2𝑥−3(𝑥≥5)
【变式6-3】化简|𝑥−3| +2|𝑥−1|−|2𝑥+ 4|．
【答案】|𝑥−3| +2|𝑥−1|−|2𝑥+ 4|=
9−𝑥(𝑥< −2)
−5𝑥+ 1(−2 ≤𝑥≤1)
−𝑥−3(1 < 𝑥≤3)
𝑥−9(𝑥> 3)
【分析】分别求出零点，再分情况取绝对值，再整式加减运算即可解答．
【详解】解：由题意，
当𝑥< −2时，原式= 3−𝑥+ 2(1−𝑥)−(−2𝑥−4) = 9−𝑥，
当−2 ≤𝑥≤1时，原式= 3−𝑥+ 2(1−𝑥)−(2𝑥+ 4) = −5𝑥+ 1，
当1 < 𝑥≤3时，原式= 3−𝑥+ 2(𝑥−1)−(2𝑥+ 4) = −𝑥−3，
当𝑥> 3时，原式= 𝑥−3 + 2(𝑥−1)−(2𝑥+ 4) = 𝑥−9，
综上，|𝑥−3| +2|𝑥−1|−|2𝑥+ 4|=
9−𝑥(𝑥< −2)
−5𝑥+ 1(−2 ≤𝑥≤1)
−𝑥−3(1 < 𝑥≤3)
𝑥−9(𝑥> 3)
．
【点睛】本题考查绝对值的化简、整式的加减运算，会利用分类讨论思想正确化简绝对值是解答在关键，
注意符号问题．
【题型7 零点分段法解多绝对值方程】
【例7】解方程：
(1)|𝑥−3| + 8 = 3|𝑥−3|．
(2)|𝑥−3|−3|𝑥+ 2| = 𝑥−9．
【答案】(1)𝑥=−1或𝑥= 7
(2)𝑥= −18或𝑥=
6
5
【分析】（1）分两种情况讨论，𝑥< 3和𝑥⩾3；
（2）分三种情况讨论，𝑥<−2，−2⩽𝑥< 3，𝑥⩾3．
【详解】（1）分两种情况：
当𝑥< 3时，原方程可化为：3−𝑥+ 8 = 3(3−𝑥)，解得：𝑥=−1，符合𝑥< 3，
当𝑥⩾3时，原方程可化为：𝑥−3 + 8 = 3(𝑥−3)，解得：𝑥= 7，符合𝑥⩾3，
∴原方程的解为：𝑥=−1或𝑥= 7；
（2）分三种情况讨论：
当𝑥<−2时，原方程可化为：3−𝑥+ 3(𝑥+ 2) = 𝑥−9，解得：𝑥= −18，符合𝑥<−2，
当−2⩽𝑥< 3时，原方程可化为：3−𝑥−3(𝑥+ 2) = 𝑥−9，解得：𝑥=
6
5，符合−2⩽𝑥< 3，
当𝑥⩾3时，原方程可化为：𝑥−3−3(𝑥+ 2) = 𝑥−9，解得：𝑥= 0，不符合𝑥⩾3，
∴原方程的解为：𝑥= −18或𝑥=
6
5．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，数轴，绝对值，熟练准确的计算是解题的关键，同时渗透了分类讨
论的数学思想．
【变式7-1】（25-26 七年级上·甘肃兰州·期末）解方程|𝑥−1| + |𝑥+ 2| = 𝑥+ 3．
【答案】𝑥= 0或𝑥= 2
【分析】本题考查了解含绝对值的一元一次方程，熟练掌握解一元一次方程是解题的关键．
根据题意，分类讨论当𝑥≤−2时，当−2 < 𝑥≤1时，当𝑥> 1时，化简原方程求解即可．
【详解】解：|𝑥−1| + |𝑥+ 2| = 𝑥+ 3，
当𝑥≤−2时，−(𝑥−1)−(𝑥+ 2) = 𝑥+ 3，
解得𝑥= −
4
3（不合题意，舍去），
当−2 < 𝑥≤1时，−(𝑥−1) + (𝑥+ 2) = 𝑥+ 3，
解得𝑥= 0，
当𝑥> 1时，(𝑥−1) + (𝑥+ 2) = 𝑥+ 3，
解得𝑥= 2，
综上，𝑥= 0或𝑥= 2．
【变式7-2】解方程：2|𝑥+ 1| +3|𝑥−4| = 60．
【答案】𝑥= −10或𝑥= 14
【分析】本题考查了化简绝对值，解一元一次方程，正确分类讨论，去绝对值是解题的关键．
分类讨论，分别解一元一次方程即可．
【详解】解：当𝑥≤−1时，则2(−𝑥−1) +3(4−𝑥) = 60，
解得：𝑥= −10；
当−1 < 𝑥< 4时，则2(𝑥+ 1) +3(4−𝑥) = 60，
解得：𝑥= −46，不符合题意，舍；
当𝑥≥4时，则2(𝑥+ 1) +3(𝑥−4) = 60，
解得：𝑥= 14，
∴𝑥= −10或𝑥= 14．
【变式7-3】解方程：|2𝑥+ 3|−|𝑥−1| = 4𝑥−3．
【答案】𝑥=
7
3
【分析】根据题意，当𝑥⩽−
3
2时，则−3−2𝑥+ 𝑥−1 = 4𝑥−3，当𝑥⩾1，则2𝑥+ 3−𝑥+ 1 = 4𝑥−3，当−
3
2 < 𝑥< 1
时，则2𝑥+ 3−1 + 𝑥= 4𝑥−3，分别解一元一次方程，求得𝑥的值，即可求解．
【详解】解：当𝑥⩽−
3
2时，原方程可化为：−3−2𝑥+ 𝑥−1 = 4𝑥−3，
∴5𝑥= −1，
解得：𝑥= −
1
5，
∵𝑥⩽−
3
2，
∴𝑥= −
1
5不符合题意，舍去；
当𝑥⩾1时，原方程可化为：2𝑥+ 3−𝑥+ 1 = 4𝑥−3，
∴3𝑥= 7．
∴𝑥=
7
3；
当−
3
2 < 𝑥< 1时，原方程可化为：2𝑥+ 3−1 + 𝑥= 4𝑥−3，
∴𝑥= 5与−
3
2 < 𝑥< 1不相符，舍去；
综上所述，方程的解为：𝑥=
7
3．
【点睛】本题考查了绝对值的意义，解一元一次方程，代数式求值，求得𝑥的值是解题的关键．
【题型8 零点分段法求多绝对值型最值】
【例8】若|𝑥+ 1| + |𝑥−1|的最小值记为𝑛，|−𝑥−1|−|𝑥−1|的最大值记为𝑚，则−𝑛𝑚= _____．
【答案】−4
【分析】本题考查了绝对值的化简，整式的加减，首先找到驻点，确定𝑥的取值范围，分类讨论确定𝑛和𝑚
的值，再计算−𝑛𝑚的值，运用分类讨论是解题的关键．
【详解】解：∵当𝑥≤−1时，|𝑥+ 1| + |𝑥−1| = −𝑥−1−𝑥+ 1 = −2𝑥≥2，
当−1 < 𝑥< 1时，|𝑥+ 1| + |𝑥−1| = 𝑥+ 1 + 1−𝑥= 2，
当𝑥≥1时，|𝑥+ 1| + |𝑥−1| = 𝑥+ 1 + (𝑥−1) = 2𝑥≥2，
∴𝑛= 2，
∵当𝑥≤−1时，|−𝑥−1|−|𝑥−1| = −𝑥−1−(1−𝑥) = −2；
当−1 < 𝑥< 1时，|−𝑥−1|−|𝑥−1| = 𝑥+ 1−(1−𝑥) = 2𝑥，−2 < 2𝑥< 2；
当𝑥≥1时，|−𝑥−1|−|𝑥−1| = 𝑥+ 1−(𝑥−1) = 2，
∴𝑚= 2，
∴−𝑛𝑚= −22 = −4，
故答案为：−4．
【变式8-1】（24-25 七年级上·江苏无锡·月考）当式子|𝑥−3|−|𝑥+ 5|取得最大值时，x 的最大整数值是______．
【答案】−5
【分析】本题主要考查了绝对值的几何意义，数轴上两点距离计算，根据绝对值的几何意义可得|𝑥−3|表示
的是数轴上表示x 的数与表示3 的数的距离，|𝑥+ 5|表示的是数轴上表示x 的数与表示−5的数的距离，据
此讨论x 的位置，确定取得最大值的情形即可得到答案．
【详解】解：由绝对值的几何意义可知，|𝑥−3|表示的是数轴上表示x 的数与表示3 的数的距离，|𝑥+ 5|表
示的是数轴上表示x 的数与表示−5的数的距离，
当x 在−5左边（包含−5）时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值即为−5到3 的距离，即为3−(−5) = 8，
当x 在3 的右边（包含3）时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值即为−8，
当x 在−5和3 之间时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值一定小于8，
综上所述，当𝑥≤−5时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|取得最大值，此时x 的最大值为−5，
故答案为：−5．
【变式8-2】（24-25 七年级上·重庆·月考）当|𝑥−2| + |𝑥−7|取最小值时，𝑥的取值范围是______，最小值为
______．
【答案】
2 ≤𝑥≤7
5
【分析】本题考查了绝对值的性质，根据绝对值的性质，分三种情况讨论即可求解，利用绝对值的性质分
类讨论是解题关键．
【详解】解：当𝑥< 2时，𝑥−2 < 0，𝑥−7 < 0
∴|𝑥−2| + |𝑥−7|
= −(𝑥−2) + [−(𝑥−7)]
= −𝑥+ 2−𝑥+ 7
= −2𝑥+ 9，
∵𝑥< 2，
∴−2𝑥> −4，
∴−2𝑥+ 9 > 5，
当2 ≤𝑥≤7时，𝑥−2 ≥0，𝑥−7 ≤0，
∴|𝑥−2| + |𝑥−7|
= 𝑥−2 + [−(𝑥−7)]
= 𝑥−2−𝑥+ 7
= 5，
当𝑥> 7时𝑥−2 > 0，𝑥−7 > 0，
∴|𝑥−2| + |𝑥−7|
= 𝑥−2 + (𝑥−7)
= 𝑥−2 + 𝑥−7
= 2𝑥−9，
∵𝑥> 7，
∴2𝑥−9 > 5，
∴|𝑥−2| + |𝑥−7|的最小值为5，取值范围是2 ≤𝑥≤7，
故答案为：2 ≤𝑥≤7，5．
【变式8-3】（2025 六年级上·全国·专题练习）已知−
1
2 ≤𝑥≤
3
2；，则|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2|的最大值
为___________．
【答案】
15
2
【分析】本题考查化简绝对值．解题的关键是利用分类讨论的思想，化简绝对值．
分−
1
2 ≤𝑥< 0，0 ≤𝑥< 1，1 ≤𝑥≤
3
2三种情况进行讨论，求解即可．
【详解】解：①当−
1
2 ≤𝑥< 0时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−1 + 𝑥−3𝑥−2 + 𝑥= 𝑥−2，
−
5
2 ≤𝑥−2 < −2；
②当0 ≤𝑥< 1时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−1 + 𝑥+ 3𝑥−2 + 𝑥= 7𝑥−2，
−2 ≤7𝑥−2 < 5；
③当1 ≤𝑥≤
3
2时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−𝑥+ 1 + 3𝑥−2 + 𝑥= 5𝑥，
5 ≤5𝑥≤
15
2 ；
∴当𝑥=
3
2时，|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2|有最大值
15
2 ；
故答案为：
15
2 ．
方法技巧6 多绝对值处理——数形结合
𝑃𝐴= |𝑥−𝑎|，|𝑥−𝑎|表示P，A 两点之间的距离；
𝑃𝐵= |𝑥−𝑏|，|𝑥−𝑏|表示P，B 两点之间的距离；
𝑃𝐴+ 𝑃𝐵= |𝑥−𝑎| + |𝑥−𝑏|，
|𝑥−𝑎| + |𝑥−𝑏|表示P 到A，B 两点的距离之和．
【题型9 利用绝对值的几何数意义解多绝对值方程】
【例9】（24-25 七年级上·安徽滁州·月考）我们知道，|𝑎|可以理解为|𝑎−0|，它表示：数轴上表示数a 的点
到原点的距离，这是绝对值的几何意义．进一步地，数轴上的两个点A，B，表示的数分别为a，b，那么
A，B 两点之间的距离为𝐴𝐵= |𝑎−𝑏|，反过来，式子|𝑎−𝑏|的几何意义是：数轴上表示数a 的点和表示数b
的点之间的距离．利用此结论，回答以下问题：
（1）数轴上表示数−1的点和表示数−3的点之间的距离是______．
（2）数轴上点A 用数a 表示，当|𝑎+ 2| + |𝑎−3| = 5时，这样的整数a 有______个
【答案】
2
6
【分析】本题考查绝对值的意义，数轴上两点之间的距离；
（1）利用两点之间的距离公式求解可得；
（2）根据绝对值的几何意义可知：|𝑎+ 2| + |𝑎−3| = 5表示数轴上到表示−2和表示3 的点的距离之和是5
的点的坐标，再由𝑎是整数，求出符合条件的𝑎的值即可．
【详解】解：（1）数轴上表示数−1的点和表示数−3的点之间的距离是|−1−(−3)| = 2；
故答案为：2；
（2）因为|𝑎+ 2| + |𝑎−3| = 5的意义是表示数轴上到表示−2和表示3 的点的距离之和是5 的点的坐标，其
中整数有−2，−1，0，1，2，3，共6 个．
故答案为：6．
【变式9-1】（25-26 七年级上·重庆·期中）若|𝑥−2| + |𝑥+ 5| = 7，则满足条件的整数𝑥有_____个．
【答案】8
【分析】本题考查了数轴上两点间的距离，绝对值的几何意义．
根据绝对值的几何意义可得，当−5 ≤𝑥≤2时，|𝑥−2| + |𝑥+ 5| = 7，则整数𝑥的取值范围为−5 ≤𝑥≤2，
即可求解对应的整数个数．
【详解】解：表示数−5的点和表示数2之间的距离为|2−(−5)| = 7，
根据绝对值的几何意义可得，当−5 ≤𝑥≤2时，|𝑥−2| + |𝑥+ 5| = 7，
∴整数𝑥的取值范围为−5 ≤𝑥≤2，
∴整数有−5,−4,−3,−2,−1,0,1,2，共8个，
故答案为：8．
【变式9-2】解答下列问题：
（1）若|x – 5|=|x+1|，则x= __________；
（2）若|x－3|+|x+2|=7，则x=__________．
【答案】
2
4 或-3
【分析】（1）根据绝对值的意义，可知|x－5|是数轴上表示数x 的点与表示数5 的点之间的距离，|x＋1|
是数轴上表示数x 的点与表示数－1 的点之间的距离，若|x－5|=|x＋1|，则此点必在－1 与5 之间，故x－5
＜0，x＋1＞0，由此可得到关于x 的方程，求出x 的值即可．
（2）由于x－3 及x＋2 的符号不能确定，故应分x＞3，－2≤x≤3，x＜－2 三种情况解答．
【详解】解：（1）根据绝对值的意义可知，此点必在－1 与5 之间，
故x－5＜0，x＋1＞0，
∴原式可化为5－x=x＋1，
∴x=2，
故答案为：2．
（2）根据题意，可知：
当x＞3 时，x－3＋x＋2=7，解得x=4，
当－2≤x≤3 时，3－x＋x＋2=7，无解，
当x＜－2 时，3－x－x－2=7，解得x=－3，
故答案为：4 或－3．
【点睛】本题考查的是绝对值的定义，解答此类问题时要用分类讨论的思想．
【变式9-3】已知点A，B 在数轴上分别表示有理数a，b，A，B 两点之间的距离𝐴𝐵= |𝑎−𝑏|，所以|𝑥−3|的
几何意义是数轴上表示有理数3 的点与表示有理数x 的点之间的距离.
(1)若|𝑥−3| = 5，则𝑥= ______；
(2)若|𝑥−3| = |𝑥−(−1)|，则𝑥= ______.
【答案】(1)－2，8；(2)1
【分析】(1)根据题意知，在数轴上查找到有理数3 的点的距离是5 的点表示的有理数是几.
(2)在数轴上查找，到表示有理数3 的点的距离和到表示－1 的距离相等的点表示的有理数是几.
【详解】(1)如图：
到表示有理数3 的点距离为5 的点有两个，分别表示有理数－2，8.
(2)如图：
到有理数3 的点和到有理数－1 的点距离相等的点表示有理数1.
故答案为
(1)－2，8；(2)1.
【点睛】本题考查数轴和绝对值，解题的关键是熟练掌握数轴和绝对值.
【题型10 利用绝对值的几何数意义求多绝对值型最值】
【例10】我们知道，在数轴上，|𝑎|表示数a 到原点的距离，这是绝对值的几何意义．进一步地可以规定，
数轴上两个点A、B，分别用a，b 表示，那么A、B 两点之间的距离为：𝐴𝐵= |𝑎−𝑏|．利用此结论，那么式
子|𝑥−1| + |𝑥−3| + |𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥−9|的最小值是__________．
【答案】12
【分析】|𝑥−1| + |𝑥−3| + |𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥−9|的几何意义为表示数𝑥的点到表示数1,3,5,7,9的点的距离之
和，可得当x 在1 和9 之间的5 时距离的和最小，据此求解即可．
【详解】解：|𝑥−1| + |𝑥−3| + |𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥−9|的几何意义为表示数𝑥的点到表示数1,3,5,7,9的点的距
离之和，
∴根据绝对值的几何意义可得，当x 在1 和9 之间的5 时距离的和最小，
那么当𝑥= 5时，|𝑥−1| + |𝑥−3| + |𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥−9| = 4 + 2 + 0 + 2 + 4 = 12，
∴式子|𝑥−1| + |𝑥−3| + |𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥−9|的最小值是12．
【变式10-1】（24-25 七年级上·广东深圳·期中）|𝑥+ 1|−|𝑥−2|的最大值是______．
【答案】3
【分析】本题考查绝对值的化简，熟练掌握绝对值的意义是解题的关键．
分三种情况：当点P 在点A 左边时，当点P 在线段点𝐴𝐵上时，当点P 在线段点𝐴𝐵上时，分别求解，再比
较即可．
【详解】解：设表示数−1的点为点A，表示数2 的点为点B，
则𝑃𝐴= |𝑥+ 1|，𝑃𝐵= |𝑥−2|，𝐴𝐵= |−1−2| = 3，
当点P 在点A 左边时，如图，
∴|𝑥+ 1|−|𝑥−2|
= 𝑃𝐴−𝑃𝐵
= −𝐴𝐵
= −3．
当点P 在线段点𝐴𝐵上时，如图，
∴|𝑥+ 1|−|𝑥−2|
= 𝑃𝐴−𝑃𝐵≤𝐴𝐵= 3，
∴|𝑥+ 1|−|𝑥−2| ≤3；
当点P 在点B 右边时，如图，
∴|𝑥+ 1|−|𝑥−2|
= 𝑃𝐴−𝑃𝐵
= 𝐴𝐵
= 3．
综上，−3 ≤|𝑥+ 1|−|𝑥−2| ≤3，
∴|𝑥+ 1|−|𝑥−2|的最大值是3．
故答案为：3．
【变式10-2】（24-25 七年级上·山西吕梁·月考）当|𝑥+ 5| + |𝑥−4| + |𝑥−1|取得最小值时，x 的值为_______．
【答案】1
【分析】此题考查了数轴上两点之间的距离．由题意可知，|𝑥+ 5| + |𝑥−4| + |𝑥−1|表示数x 的点与表示数−5
的点，与表示数4的点，与表示数1的点的距离之和，且表示数1的点在表示数−5的点和表示数4的点之间，
即可求出答案．
【详解】解：根据题意可得，|𝑥+ 5| + |𝑥−4| + |𝑥−1|表示数x 的点与表示数−5的点，与表示数4的点，与
表示数1的点的距离之和，且表示数1的点在表示数−5的点和表示数4的点之间，
根据两点之间线段最短可知，当x 的值为1 时，|𝑥+ 5| + |𝑥−4| + |𝑥−1|取得最小值为4−(−5) = 9，
故答案为：1
【变式10-3】（25-26 六年级上·上海浦东新·期中）|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|的最小值是5，则𝑎= __________ ．
【答案】−3或4
【分析】此题考查了解一元一次方程，数轴，绝对值．代数式|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|表示数轴上点x 与点
−1、点𝑎、点2 之间的距离之和，当𝑥取点−1、点𝑎、点2 中间点的时候，代数式有最小值，据此分情况讨
论，分别求出最小值后列方程解答即可．
【详解】解：代数式|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|表示数轴上点x 与点−1、点𝑎、点2 之间的距离之和，当𝑥取点
−1、点𝑎、点2 中间点的时候，代数式有最小值，
当𝑎≤−1时，点−1为中间点，|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|的最小值在𝑥= −1处取得，
此时|−1 + 1| + (−1−𝑎) + |−1−2| = 5，
解得𝑎= −3；
当−1 < 𝑎< 2时，点𝑎为中间点，|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|的最小值在𝑥= 𝑎处取得，
此时𝑎+ 1 + (𝑎−𝑎) + (2−𝑎) = 5，此方程无解；
当𝑎≥2时，点2为中间点，|𝑥+ 1| + |𝑥−𝑎| + |𝑥−2|的最小值在𝑥= 2处取得，
此时|2 + 1| + (𝑎−2) + |2−2| = 5，
解得𝑎= 4；
综上，a 的值是−3或4．
故答案为：−3或4．
方法技巧7 两个绝对值之和求最值
若𝑎< 𝑏，则当𝑎≤𝑥≤𝑏时，|𝑥−𝑎| + |𝑥−𝑏|有最小值𝑏−𝑎．
【题型11 两个绝对值之和求最值】
【例11】当𝑥满足________条件时，|𝑥−2| + |𝑥+ 3|有最小值，这个最小值是________．
【答案】
−3 ≤𝑥≤2
5
【分析】分−3 ≤𝑥≤2，𝑥＜−3，𝑥＞2三种情况计算．
【详解】当−3 ≤𝑥≤2时，
|𝑥−2| + |𝑥+ 3| = 2−𝑥+ 𝑥+ 3 = 5；
当𝑥＜−3时，
|𝑥−2| + |𝑥+ 3| = 2−𝑥−𝑥−3 = −1−2𝑥＞5；
当𝑥＞2时，
|𝑥−2| + |𝑥+ 3| = 𝑥−2 + 𝑥+ 3 = 1 + 2𝑥＞5；
故当−3 ≤𝑥≤2时，|𝑥−2| + |𝑥+ 3|有最小值，且最小值为5，
故答案为：−3 ≤𝑥≤2，5．
【点睛】本题考查了分类思想，绝对值的化简，熟练掌握化简绝对值是解题的关键．
【变式11-1】|𝑥−4| + |𝑥+ 2|的最小值为_____________．
【答案】
6
【分析】本题主要考查了绝对值的应用，数轴上两点之间的距离，根据绝对值的几何意义，即可求解．
【详解】解：|𝑥−4| + |𝑥+ 2|表示𝑥到−2与4的距离的和，
∴当−2 < 𝑥< 4时|𝑥−4| + |𝑥+ 2|取得最小值，即4−(−2) = 6．
【变式11-2】当_________时，|𝑥−3| + |𝑥+ 4|有最小值，最小值是_________；
【答案】
−4 ≤𝑥≤3
7
【分析】根据题意以及绝对值的非负性，再利用分类讨论的数学思想可以解答本题．
【详解】当x>3 时，
|𝑥−3| + |𝑥+ 4|
=𝑥−3 + 𝑥+ 4
= 2𝑥+ 1 > 7；
当−4 ≤𝑥≤3时，
|𝑥−3| + |𝑥+ 4|
= 3−𝑥+ 𝑥+ 4
=7；
当x<-4 时，
|𝑥−3| + |𝑥+ 4|
=3−𝑥−𝑥−4
=−2𝑥−1 > 7．
∴当−4 ≤𝑥≤3时，|𝑥−3| + |𝑥+ 4|有最小值7．
故答案为：−4 ≤𝑥≤3；7．
【点睛】本题考查了绝对值相关最值的求解，涉及不等式运算，解答本题的关键是明确绝对值的定义，利
用分类讨论的数学思想解答．
【变式11-3】（24-25 七年级上·湖南长沙·月考）若𝑥是实数，则𝑦= |𝑥−1| + |𝑥−3|的最小值为___．
【答案】2
【分析】根据𝑥< 1，1 ≤𝑥≤3及𝑥> 3三种情况，原式利用绝对值的代数意义化简，确定出𝑦的最小值即
可．此题考查了绝对值函数的最值，绝对值，利用了分类讨论的思想，熟练掌握绝对值的代数意义是解本
题的关键．
【详解】解：当𝑥< 1时，𝑥−1 < 0，𝑥−3 < 0，此时𝑦= 1−𝑥+ 3−𝑥= 4−2𝑥，
∵𝑥< 1，
∴−2𝑥> −2，即4−2𝑥> 2；
当1 ≤𝑥≤3时，𝑥−1 ≥0，𝑥−3 ≤0，此时𝑦= 𝑥−1 + 3−𝑥= 2；
当𝑥> 3时，𝑥−1 > 0，𝑥−3 > 0，此时𝑦= 𝑥−1 + 𝑥−3 = 2𝑥−4，
∵𝑥> 3，
∴2𝑥> 6，即2𝑥−4 > 2，
综上，𝑦= |𝑥−1| + |𝑥−3| ≥2，即最小值为2．
故答案为：2．
方法技巧8 三个绝对值之和求最小值
若𝑎< 𝑏< 𝑐，则当𝑥= 𝑏时，|𝑥−𝑎| + |𝑥−𝑏| + |𝑥−𝑐|有最小值𝑐−𝑎．
【题型12 三个绝对值之和求最小值】
【例12】设𝑇= |𝑥−𝑝| + |𝑥−15| + |𝑥−15−𝑝|，其中0 < 𝑝< 15．对于满足𝑝≤𝑥≤15的x 来说，T 的最小值
是_______．
【答案】15
【分析】此题考查了绝对值的几何意义，不等式的性质，首先由0 < 𝑝< 15得到𝑝< 15 < 15 + 𝑝，然后根
据绝对值的几何意义得到当𝑥= 15时，|𝑥−𝑝| + |𝑥−15| + |𝑥−15−𝑝|最小，进而求解即可．
【详解】解：∵0 < 𝑝< 15，
∴𝑝< 15 < 15 + 𝑝，
又∵|𝑥−𝑝| + |𝑥−15| + |𝑥−15−𝑝|表示数轴上一点到p，15，以及15 + 𝑝三点的距离的和，
∴当𝑥= 15时，|𝑥−𝑝| + |𝑥−15| + |𝑥−15−𝑝|最小，最小值是p 与15 + 𝑝之间的距离，是15．
故答案是15．
【变式12-1】（25-26 七年级上·陕西西安·月考）已知x 为有理数，若|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|的最小值为
7，则a 的值为________．
【答案】2或−
5
2
【分析】本题考查了绝对值的意义，熟练掌握绝对值的几何意义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．由
绝对值的意义可知，|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|表示数轴上表示𝑥的点到表示−2、3和−2𝑎的点的距离之和，
再根据最小值得到−2𝑎< −2或−2𝑎> 3，再分别求解即可．
【详解】解：|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|表示数轴上表示𝑥的点到表示−2、3和−2𝑎的点的距离之和，
若|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|的最小值为7，
则−2𝑎< −2或−2𝑎> 3，
当−2𝑎< −2时，即𝑎> 1，此时|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|的最小值为3−(−2𝑎) = 7，
解得𝑎= 2，符合题意；
当−2𝑎> 3时，即𝑎< −
3
2，此时|𝑥+ 2| + |𝑥−3| + |𝑥+ 2𝑎|的最小值为−2𝑎−(−2) = −2𝑎+ 2 = 7，
解得𝑎= −
5
2，符合题意；
综上可知，a 的值为2或−
5
2，
故答案为：2或−
5
2．
【变式12-2】（25-26 七年级上·湖北武汉·期中）式子
1
6|𝑥−1| + |
1
3 𝑥−
1
4| + |
1
2 𝑥−
2
3|的最小值是______．
【答案】
0.25/
1
4
【分析】本题主要考查了绝对值的化简，解题的关键是掌握绝对值化简的方法，正数的绝对值是正数，负
数的绝对值是它的相反数．将原式化简为
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| ，令𝑥−1 = 0，求出𝑥= 1，令2𝑥−
3
2
= 0，求出𝑥=
3
4，令3𝑥−4 = 0，求出𝑥=
4
3，根据题意进行分类讨论：①当𝑥<
3
4时，②当
3
4 ≤𝑥< 1时，③
当1 ≤𝑥<
4
3时，④当𝑥≥
4
3时，即可进行解答．
【详解】解：原式=
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| ，
令𝑥−1 = 0，则𝑥= 1，令2𝑥−
3
2 = 0，则𝑥=
3
4，令3𝑥−4 = 0，则𝑥=
4
3，
①当𝑥<
3
4时，则
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| =
1
6 (1−𝑥)+
3
2 −2𝑥+(4−3𝑥) =
1
6
13
2 −6𝑥=
13
12−𝑥，
∵𝑥<
3
4，
∴
13
12−𝑥>
1
3；
②当
3
4 ≤𝑥< 1时，则
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| =
1
6 (1−𝑥)+ 2𝑥−
3
2 +(4−3𝑥) =
1
6
7
2 −2𝑥=
7
12−
1
3𝑥，
∵
3
4 ≤𝑥< 1，
∴
1
4 <
7
12−
1
3𝑥≤
1
3；
③当1 ≤𝑥<
4
3时，则
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| =
1
6 (𝑥−1)+ 2𝑥−
3
2 +(4−3𝑥) =
1
6 ×
3
2 =
1
4；
④当𝑥≥
4
3时，则
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| =
1
6 (𝑥−1)+ 2𝑥−
3
2 +(3𝑥−4) =
1
6 6𝑥−
13
2
= 𝑥−
13
12，
∵𝑥≥
4
3，
∴𝑥−
13
12 ≥
1
4；
综上，
1
6 |𝑥−1|+|2𝑥−
3
2|+|3𝑥−4| ≥
1
4，即式子
1
6|𝑥−1| + |
1
3 𝑥−
1
4| + |
1
2 𝑥−
2
3|的最小值是
1
4．
故答案为：
1
4．
【变式12-3】（24-25 七年级上·全国·随堂练习）若𝑥表示一个有理数，则|𝑥−4| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 7|的最小值
是______．
【答案】11
【分析】此题考查了数轴上两点之间的距离、绝对值的意义．可看作是数轴上表示x 的点到4、−1、−7三
点的距离之和，当𝑥= −1时，|𝑥−4| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 7|有最小值，把𝑥= −1代入即可得到结论．
【详解】解：根据点在数轴上的位置可知，当𝑥= −1时，|𝑥−4| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 7|有最小值，
最小值为：|−1−4| + |−1 + 1| + |−1 + 7| = 5 + 0 + 6 = 11，
故答案为：11．
方法技巧9 三个以上绝对值之和求最小值
一般地，设𝑎1 < 𝑎2 < 𝑎3 < ⋯𝑎𝑛，𝑃= |𝑥−𝑎1| + |𝑥−𝑎2| + |𝑥−𝑎3| + ⋯+ |𝑥−𝑎𝑛|．
①若n 为奇数，则当𝑥= 𝑎𝑛+1
2 时，P 有最小值；②若n 为偶数，则当𝑎𝑛
2 ≤𝑥≤𝑎𝑛
2+1时，P 有最小值．
口诀：按序排列，奇取中值，偶取中段．
【题型13 三个以上绝对值之和求最小值】
【例13】𝑥= __，|𝑥−1| + |𝑥−2| + |𝑥−3| +⋯+ |𝑥−2013|有最小值，最小值是__．
【答案】
1007
1013042
【分析】由绝对值的几何意义可知，当绝对值的个数为奇数时，要取得最小值，则𝑥是其中间项；当绝对值
的个数为偶数时，则𝑥取中间两项结果一样，据此分析即可得．
【详解】解：由绝对值的几何意义可知，就是要在数轴上求一点𝑥，使它到1、2、3、⋯、2013 这2013 个
数所表示的点的距离和最小，
则当𝑥=
1+2013
2
= 1007时，|𝑥−1| + |𝑥−2| + |𝑥−3| +⋯+ |𝑥−2013|取得最小值，
最小值为|1007−1| + |1007−2| + |1007−3| +⋯+ |1007−2013|
= 1006 + 1005 + 1004 + ⋯+ 1 + 0 + 1 + ⋯+ 1005 + 1006
= 2 × (1 + 2 + 3 + ⋯+ 1004 + 1005 + 1006)
= 2 × [(1 + 1006) + (2 + 1005) + (3 + 1004) + ⋯+ (503 + 504)]
= 2 × 1007 × 503
= 1013042，
故答案为：1007，1013042．
【点睛】本题考查了绝对值的意义、数字类规律运算，熟练掌握绝对值的意义是解题关键．
【变式13-1】（25-26 七年级上·江苏无锡·月考）已知m 是有理数，则|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|的
最小值是________．
【答案】12
【分析】本题主要考查了化简绝对值，掌握分类讨论思想是解题的关键．
分𝑚≤−2、−2 < 𝑚≤4、4 < 𝑚≤6、6 < 𝑚≤8、𝑚> 8五种情况，分别化简绝对值，再结合m 的取值范
围确定最小值，最后综合五种情况即可解答．
【详解】解：当𝑚≤−2时，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|
= −𝑚−2 + 4−𝑚+ 6−𝑚+ 8−𝑚
= −4𝑚+ 16 ≥24，即最小值为24；
当−2 < 𝑚≤4时，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|
= 𝑚+ 2 + 4−𝑚+ 6−𝑚+ 8−𝑚
= −2𝑚+ 20 ≥12，即最小值为12；
当4 < 𝑚≤6时，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|
= 𝑚+ 2 + 𝑚−4 + 6−𝑚+ 8−𝑚
= 12，即最小值为12；
当6 < 𝑚≤8时，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|
= 𝑚+ 2 + 𝑚−4 + 𝑚−6 + 8−𝑚
= 2𝑚 > 12；
当𝑚> 8时，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|
= 𝑚+ 2 + 𝑚−4 + 𝑚−6 + 𝑚−8
= 4𝑚−16 > 16．
综上，|𝑚+ 2| + |𝑚−4| + |𝑚−6| + |𝑚−8|的最小值是12．
故答案为：12．
【变式13-2】（24-25 七年级下·重庆·开学考试）x 是有理数，|𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥+ 6| + |𝑥−9|的最小值是
___________．
【答案】17
【分析】本题考查了绝对值的几何意义，整式的加减运算，借助数轴用几何方法化简含有绝对值的式子，
熟练掌握绝对值的几何意义是解题的关键．．
利用绝对值的几何意义，即求一个数到点−6，5，7，9 的距离的最小值．
【详解】解：设此数为x，
依题意，|𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥+ 6| + |𝑥−9|表示数x 的点到表示数−6，5，7，9 的点的距离总和最小，
∴由数轴可得，当5 ≤𝑥≤7，取得最小值，
∴|𝑥−5| + |𝑥−7| + |𝑥+ 6| + |𝑥−9| = 𝑥−5 + 7−𝑥+ 𝑥+ 6 + 9−𝑥= 17，
故答案为：17．
【变式13-3】（2025·浙江杭州·模拟预测）当|
3
2 𝑥−1| + |
5
2 𝑥−1| + |
7
2 𝑥−1| + |
9
2 𝑥−1| + |
11
2 𝑥−1| + |
13
2 𝑥−1|取得
最小值时，x 满足_____
【答案】
2
11 ≤𝑥≤
2
9
【分析】本题主要考查了绝对值的意义．通过求每个绝对值表达式的零点，再由根据绝对值的意义可得
|
3
2 𝑥−1| + |
5
2 𝑥−1| + |
7
2 𝑥−1| + |
9
2 𝑥−1| + |
11
2 𝑥−1| + |
13
2 𝑥−1|表示数x 的点到表示数
2
3,
2
5,
2
7,
2
9,
2
11,
2
13的六个点距离之
和，从而得到当x 取这些点中间的值时，距离之和最小，即可求解．
【详解】解：令
3
2𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
3，
令
5
2𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
5，
令
7
2𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
7，
令
9
2𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
9，
令
11
2 𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
11，
令
13
2 𝑥−1 = 0得：𝑥=
2
13，
根据绝对值的意义得：|
3
2 𝑥−1| + |
5
2 𝑥−1| + |
7
2 𝑥−1| + |
9
2 𝑥−1| + |
11
2 𝑥−1| + |
13
2 𝑥−1|表示数x 的点到表示数
2
3,
2
5,
2
7
,
2
9,
2
11,
2
13的六个点距离之和，
∴当x 取这些点中间的值时，距离之和最小，
把这六个数按从小到大排序为：
2
13 <
2
11 <
2
9 <
2
7 <
2
5 <
2
3，位于中间的两个数为
2
7,
2
9，
∴当
2
11 ≤𝑥≤
2
9 时，原式取得最小值．
故答案为
2
11 ≤𝑥≤
2
9．
方法技巧10 系数不为1 型绝对值之和求最小值
系数不为1 型绝对值之和求最小值，可化为系数为1 型问题解决.
【题型14 系数不为1 型绝对值之和求最小值】
【例14】（25-26 七年级上·江苏南京·月考）|𝑥−1| +2|𝑥−2| +3|𝑥−3| +4|𝑥−4|的最小值为______．
【答案】8
【分析】本题主要考查了含字母的绝对值的化简问题，整式加减运算，解题的关键在于能够熟练掌握相关
知识进行求解．分五种情况进行讨论：当𝑥< 1时，当1 ≤𝑥≤2时，当2 < 𝑥< 3时，当3 ≤𝑥≤4时，当𝑥> 4
时，分别去掉绝对值，求出其范围，然后进行判断即可．
【详解】解：当𝑥< 1时，
|𝑥−1| + 2|𝑥−2| + 3|𝑥−3| + 4|𝑥−4|
= 1−𝑥+ 2(2−𝑥) + 3(3−𝑥) + 4(4−𝑥)
= 1−𝑥+ 4−2𝑥+ 9−3𝑥+ 16−4𝑥
= 30−10𝑥> 20，
当1 ≤𝑥≤2时，
|𝑥−1| + 2|𝑥−2| + 3|𝑥−3| + 4|𝑥−4|
= 𝑥−1 + 2(2−𝑥) + 3(3−𝑥) + 4(4−𝑥)
= 𝑥−1 + 4−2𝑥+ 9−3𝑥+ 16−4𝑥
= 28−8𝑥，
此时12 ≤28−8𝑥≤20；
当2 < 𝑥< 3时，
|𝑥−1| + 2|𝑥−2| + 3|𝑥−3| + 4|𝑥−4|
= 𝑥−1 + 2(𝑥−2) + 3(3−𝑥) + 4(4−𝑥)
= 𝑥−1 + 2𝑥−4 + 9−3𝑥+ 16−4𝑥
= 20−4𝑥，
此时8 < 20−4𝑥< 12；
当3 ≤𝑥≤4时，
|𝑥−1| + 2|𝑥−2| + 3|𝑥−3| + 4|𝑥−4|
= 𝑥−1 + 2(𝑥−2) + 3(𝑥−3) + 4(4−𝑥)
= 𝑥−1 + 2𝑥−4 + 3𝑥−9 + 16−4𝑥
= 2 + 2𝑥，
此时8 ≤2 + 2𝑥≤10；
当𝑥> 4时，
|𝑥−1| + 2|𝑥−2| + 3|𝑥−3| + 4|𝑥−4|
= 𝑥−1 + 2(𝑥−2) + 3(𝑥−3) + 4(𝑥−4)
= 𝑥−1 + 2𝑥−4 + 3𝑥−9 + 4𝑥−16
= 10𝑥−30，
此时10𝑥−30 > 10；
综上分析可知：|𝑥−1| +2|𝑥−2| +3|𝑥−3| +4|𝑥−4|的最小值为8．
故答案为：8．
【变式14-1】（25-26 九年级上·北京海淀·自主招生）|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2|的最小值是
__________．
【答案】7
【分析】本题考查的是绝对值的含义，数轴上两点之间的距离，线段的和差，记𝐴,𝐵,𝐶,𝐷分别表示
−2,−1,1,2，𝑃表示数𝑥，可得𝑃𝐴= |𝑥+ 2|，𝑃𝐵= |𝑥+ 1|，𝑃𝐶= |𝑥−1|，𝑃𝐷= |2−𝑥|，可得
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| = 𝑃𝐶+ 2𝑃𝐷+ 𝑃𝐵+ 𝑃𝐴，再进一步分情况讨论即可.
【详解】解：记𝐴,𝐵,𝐶,𝐷分别表示−2,−1,1,2，𝑃表示数𝑥，
∴𝑃𝐴= |𝑥+ 2|，𝑃𝐵= |𝑥+ 1|，𝑃𝐶= |𝑥−1|，𝑃𝐷= |2−𝑥|，
∴|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| = 𝑃𝐶+ 2𝑃𝐷+ 𝑃𝐵+ 𝑃𝐴，
如图，当𝑥≤−2时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| ≥3 + 2 × 4 + 1 + 0 = 12，
如图，当−2 < 𝑥≤−1时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| ≥1 + 2 + 2 × 3 = 9，
如图，当−1 < 𝑥< 1时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| > 2 + 4 + 1 = 7，
当𝑥= 1时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| = 7，
如图，当1 < 𝑥≤2时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| > 3 + 2 + 1 + 1 = 7，
当𝑥> 2时，
|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2| > 4 + 3 + 1 + 0 = 8，
综上：|𝑥−1| + 2|2−𝑥| + |𝑥+ 1| + |𝑥+ 2|的最小值为7，
故答案为7．
【变式14-2】（25-26 七年级上·浙江舟山·期中）5|𝑥+ 2| +2|𝑥−3| + |𝑥−4|的最小值是______．
【答案】16
【分析】本题考查了整式的加减运算，化简绝对值，解题的关键是熟练掌握分类讨论的思想．
通过分段讨论绝对值表达式，根据关键点𝑥= −2，𝑥= 3，𝑥= 4将数轴分为四个区间，分别计算每个区间内
表达式的值，并比较最小值．
【详解】解：当 𝑥≤−2 时，
原式= 5(−𝑥−2) +2(−𝑥+ 3) + (−𝑥+ 4) = −8𝑥，
∴在𝑥= −2时取最小值16；
当−2 < 𝑥≤3 时，
原式= 5(𝑥+ 2) +2(−𝑥+ 3) + (−𝑥+ 4) = 2𝑥+ 20，则该代数式的值大于2 × (−2) +20 = 16；
当3 < 𝑥≤4时，
原式= 5(𝑥+ 2) +2(𝑥−3) + (−𝑥+ 4) = 6𝑥+ 8，则该代数式的值大于3 × 6 + 8 = 26；
当𝑥> 4时，
原式= 5(𝑥+ 2) +2(𝑥−3) + (𝑥−4) = 8𝑥，则该代数式的值大于4 × 8 = 32；
综上，最小值为16，
故答案为：16．
【变式14-3】（24-25 七年级上·四川成都·月考）求𝑥为何值时，式子
1
2|2𝑥+ 1| +
1
2|2𝑥+ 2| +
1
2|2𝑥+ 3| +⋯+
1
2|2𝑥+(2𝑘+ 1)|有最小值，并求出此最小值．
【答案】𝑥= −
𝑘+1
2 ，最小值为
𝑘(𝑘+1)
2
【分析】本题考查了绝对值，线段上的点与线段的端点的距离最小，分类讨论是解题关键．
根据绝对值的几何意义即可求解；
【详解】解：
1
2|2𝑥+ 1| +
1
2|2𝑥+ 2| +
1
2|2𝑥+ 3| +⋯+
1
2|2𝑥+(2𝑘+ 1)| = |𝑥−−
1
2 | + |𝑥−−
2
2 | + |𝑥−−
3
2 |
+⋯+ |𝑥−−
2𝑘+1
2
|，
∵ |𝑥−−
1
2 | + |𝑥−−
2
2 | + |𝑥−−
3
2 | +⋯+ |𝑥−−
2𝑘+1
2
|表示𝑥在数轴上的对应点与−
1
2、−
2
2、−
2
2、……、
−
2𝑘+1
2 所对应点的距离之和，
∴当𝑥=
−
1
2+ −
2𝑘+1
2
2
= −
𝑘+1
2 时，
1
2|2𝑥+ 1| +
1
2|2𝑥+ 2| +
1
2|2𝑥+ 3| +⋯+
1
2|2𝑥+(2𝑘+ 1)|有最小值，最小值
为|−
𝑘+1
2 −−
1
2 | + |−
𝑘+1
2 −−
2
2 | + |−
𝑘+1
2 −−
3
2 | +⋯+ |−
𝑘+1
2 −−
2𝑘+1
2
|
= |−
𝑘
2| +|−
𝑘−1
2 | +|−
𝑘−2
2 | + ⋯+|
0
2| + ⋯+|
𝑘−2
2 | +|
𝑘−1
2 | +|
𝑘
2|
= 𝑘
2 (𝑘+ 1)
=
𝑘(𝑘+1)
2
．
方法技巧11 绝对值之差求最大值
若𝑎< 𝑏，则当𝑥≥𝑏时，|𝑥−𝑎|−|𝑥−𝑏|的最大值为𝑏−𝑎．
【题型15 绝对值之差求最大值】
【例15】（24-25 七年级上·江苏无锡·月考）当式子|𝑥−3|−|𝑥+ 5|取得最大值时，x 的最大整数值是______．
【答案】−5
【分析】本题主要考查了绝对值的几何意义，数轴上两点距离计算，根据绝对值的几何意义可得|𝑥−3|表示
的是数轴上表示x 的数与表示3 的数的距离，|𝑥+ 5|表示的是数轴上表示x 的数与表示−5的数的距离，据
此讨论x 的位置，确定取得最大值的情形即可得到答案．
【详解】解：由绝对值的几何意义可知，|𝑥−3|表示的是数轴上表示x 的数与表示3 的数的距离，|𝑥+ 5|表
示的是数轴上表示x 的数与表示−5的数的距离，
当x 在−5左边（包含−5）时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值即为−5到3 的距离，即为3−(−5) = 8，
当x 在3 的右边（包含3）时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值即为−8，
当x 在−5和3 之间时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|的值一定小于8，
综上所述，当𝑥≤−5时，|𝑥−3|−|𝑥+ 5|取得最大值，此时x 的最大值为−5，
故答案为：−5．
【变式15-1】|𝑥−2|−|𝑥−7|的最大值是_______．
【答案】
5
【分析】分三种情况：当x＜2 时，当2≤x≤7 时，当x＞7 时，再化简绝对值，再判断各情况下的代数式的值，
从而可得答案．
【详解】解：当x＜2 时，
|𝑥−2|−|𝑥−7| = 2−𝑥−7 + 𝑥= −5；
当2≤x≤7 时，
|𝑥−2|−|𝑥−7| = 𝑥−2−7 + 𝑥= 2𝑥−9,
当𝑥= 7时，代数式的值最大，2𝑥−9 = 2 × 7−9 = 5,
当x＞7 时，
|𝑥−2|−|𝑥−7| = 𝑥−2−𝑥+ 7 = 5；
所以当𝑥≥7时，原代数式取得最大值为5，
故答案为：5
【点睛】本题考查的是绝对值的化简，整式的加减运算，代数式的值，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【变式15-2】代数式|𝑥−1|−|𝑥+ 4|−5的最大值是________．
【答案】0
【分析】求这个式子的范围，可以根据对x 的值的范围的讨论，去掉绝对值符号，对式子进行化简．
【详解】当x-1<0， x+4< 0 时，即x < -4，
|x－1|-|x+4|-5= 1-x+x+4- 5
=0，
当x- 1 > 0， x+4< 0 时，x 无解；
当x- 1 < 0， x+4> 0 时，即-4<x< 1
|x-1|-x+4-5=1-x-x-4- 5
= -2x-8<0，
当x-1> 0，x+4> 0 时，即x > 1，
|𝑥−1|−|𝑥+ 4|−5=x-1-x-4- 5
= -10，
所以最大值是0．
故答案为：0
【点睛】此题考查绝对值的化简，利用分类讨论的方法，把x 的取值分为多段，去掉绝对值符号．
【变式15-3】代数式|𝑥−1|−|𝑥+ 2|，当𝑥< −2时，可化简为______；若代数式的最大值为𝑎与最小值为𝑏，
则𝑎𝑏的值______．
【答案】
3
-9
【分析】当𝑥< −2时，可得x-1＜0，x+2＜0，利用绝对值的性质即可化简，分别化简当−2 ≤𝑥≤1时以及
当x＞1 时，根据当−2 ≤𝑥≤1时，−3 ≤−2𝑥−1 ≤3，求出a，b 即可．
【详解】解：当𝑥< −2时，x-1＜0，x+2＜0，
∴|𝑥−1|−|𝑥+ 2| = −(𝑥−1) + (𝑥+ 2) = 3，
当−2 ≤𝑥≤1时，|𝑥−1|−|𝑥+ 2| = −(𝑥−1)−(𝑥+ 2) = −2𝑥−1，
当x＞1 时，|𝑥−1|−|𝑥+ 2| = (𝑥−1)−(𝑥+ 2) = −3
∵当−2 ≤𝑥≤1时，−3 ≤−2𝑥−1 ≤3，
∴代数式|𝑥−1|−|𝑥+ 2|的最大值为3，最小值为-3，
∴a=3，b=-3，
∴ab=-9，
故答案为：3，-9．
【点睛】本题主要考查了绝对值的化简，解题的关键是对x 进行分类讨论，再化简代数式．
方法技巧12 绝对值和差混搭求最大值
绝对值和差混搭求最大值：数形结合，分析表示数x 的点的位置．
【题型16 绝对值和差混搭求最大值】
【例16】设−1 ≤𝑥≤2，则|𝑥−2|−
1
2|𝑥| + |𝑥+ 2|的最大值与最小值之差为____
【答案】1
【分析】先根据−1⩽𝑥⩽2，确定𝑥−2与𝑥+ 2的符号，在对𝑥的符号进行讨论即可．
【详解】解：∵−1⩽𝑥⩽2，∴𝑥−2⩽0，𝑥+ 2 > 0，
∴当2⩾𝑥⩾0时，|𝑥−2|−
1
2|𝑥| + |𝑥+ 2| = 2−𝑥−
1
2𝑥+ 𝑥+ 2 = 4−
1
2𝑥；
当−1⩽𝑥< 0时，|𝑥−2|−
1
2|𝑥| + |𝑥+ 2| = 2−𝑥+
1
2𝑥+ 𝑥+ 2 = 4 +
1
2𝑥，
当𝑥= 0时，取得最大值为4，𝑥= 2时取得最小值，最小值为3，
则最大值与最小值之差为1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了有理数的绝对值和求代数式值．解题的关键是：先利用条件判断出绝对值符号里代数
式的正负性，再根据绝对值的性质把绝对值符号去掉，把式子化简，即可求解．
【变式16-1】已知0 ≤𝑎≤4，那么设𝑘= |𝑎−2| + |𝑎−3|−|𝑎+ 1|，则𝑘的最大值为_______，最小值为_______．
【答案】
4
－3
【分析】分情况讨论：①当0 ≤𝑎≤2时，②当2 < 𝑎≤3时，③当3 < 𝑎≤4时，分别去绝对值符号，判断
出𝑘的最大值和最小值，即可得解．
【详解】解：①当0 ≤𝑎≤2时，
𝑘= |𝑎−2| + |𝑎−3|−|𝑎+ 1| = 2−𝑎+ 3−𝑎−𝑎−1 = 4−3𝑎，
此时−2 ≤𝑘≤4；
②当2 < 𝑎≤3时，
𝑘= |𝑎−2| + |𝑎−3|−|𝑎+ 1| = 𝑎−2 + 3−𝑎−𝑎−1 = −𝑎，
此时−3 ≤𝑘< −2；
③当3 < 𝑎≤4时，
𝑘= |𝑎−2| + |𝑎−3|−|𝑎+ 1| = 𝑎−2 + 𝑎−3−𝑎−1 = 𝑎−6，
此时−3 < 𝑘≤−2；
综上所述，𝑘的最大值为4，最小值为－3．
故答案为：4，－3．
【点睛】本题考查的是绝对值的性质，在解答此题时要注意应用分类讨论的思想，不要漏解．
【变式16-2】设﹣1≤x≤3，则|x﹣3|﹣
1
2|x|+|x+2|的最大值与最小值之和为__．
【答案】8.5．
【分析】先根据-1≤x≤3，确定x-3 与x+2 的符号，再对x 的符号进行讨论即可．
【详解】∵﹣1≤x≤3，
当﹣1≤x≤0 时，|x﹣3|﹣
1
2|x|+|x+2|＝3﹣x+
1
2x+x+2＝
1
2𝑥+5，最大值为5，最小值为4.5；
当0≤x≤3 时，|x﹣3|﹣
1
2|x|+|x+2|＝3﹣x﹣
1
2x+x+2＝﹣
1
2𝑥+5，最大值为5，最小值为3.5，
∴最大值与最小值之和为8.5；
故答案为：8.5．
【点睛】本题主要考查绝对值的化简，掌握求绝对值的法则以及分类讨论的思想方法，是解题的关键．
【变式16-3】（2025 六年级上·全国·专题练习）已知−
1
2 ≤𝑥≤
3
2；，则|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2|的最大
值为___________．
【答案】
15
2
【分析】本题考查化简绝对值．解题的关键是利用分类讨论的思想，化简绝对值．
分−
1
2 ≤𝑥< 0，0 ≤𝑥< 1，1 ≤𝑥≤
3
2三种情况进行讨论，求解即可．
【详解】解：①当−
1
2 ≤𝑥< 0时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−1 + 𝑥−3𝑥−2 + 𝑥= 𝑥−2，
−
5
2 ≤𝑥−2 < −2；
②当0 ≤𝑥< 1时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−1 + 𝑥+ 3𝑥−2 + 𝑥= 7𝑥−2，
−2 ≤7𝑥−2 < 5；
③当1 ≤𝑥≤
3
2时：
|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2| = 2𝑥+ 1−𝑥+ 1 + 3𝑥−2 + 𝑥= 5𝑥，
5 ≤5𝑥≤
15
2 ；
∴当𝑥=
3
2时，|2𝑥+ 1|−|𝑥−1| +3|𝑥|−|𝑥−2|有最大值
15
2 ；
故答案为：
15
2 ．
方法技巧13 利用隐最值求最值
注意挖掘几个绝对值之和有最小值，及取得最小值时字母的范围这个隐藏的条件．
【题型17 利用隐最值求最值】
【例17】|𝑥+ 1| + |𝑥−2|指数轴上表示𝑥的点到表示−1和2 两个点的距离之和．
（1）|𝑥+ 1| + |𝑥−2|的最小值为______．
（2）已知|𝑥+ 1| + |𝑥−2|
|𝑦−2| + |𝑦+ 1|
|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = 36，则𝑥+ 2𝑦+ 3𝑧的最大值是______．
【答案】
3
15
【分析】本题考查了整式的加减，数轴与绝对值；
（1）分类讨论，分𝑥< −1，−1 ≤𝑥≤2，𝑥> 2这三种情况进行讨论，取它们的最小值即可作答；
（2）由|𝑥+ 1| + |𝑥−2|的最小值，|𝑦−2| + |𝑦+ 1|的最小值，|𝑧−3| + |𝑧+ 1|的最小值，确定x、y、z 的取值
范围，进而求出𝑥+ 2𝑦+ 3𝑧的最大值．
熟练掌握数轴上点的特点，能够根据数的范围准确去掉绝对值符号是解题的关键．
【详解】解：（1）依题意，
当𝑥< −1时，|𝑥+ 1| + |𝑥−2| = −𝑥−1−𝑥+ 2 = −2𝑥+ 1
则−2𝑥+ 1 > 3，
当−1 ≤𝑥≤2时，|𝑥+ 1| + |𝑥−2| = 𝑥+ 1−𝑥+ 2 = 3
当𝑥> 2时，|𝑥+ 1| + |𝑥−2| = 𝑥+ 1 + 𝑥−2 = 2𝑥−1
则2𝑥−1 > 3；
综上，|𝑥+ 1| + |𝑥−2|的最小值为3；
（2）由（1）知当−1 ≤𝑥≤2时，|𝑥+ 1| + |𝑥−2|的最小值为3，
同理，当𝑦< −1时，|𝑦−2| + |𝑦+ 1| = −𝑦+ 2−𝑦−1 = −2𝑦+ 1；
则−2𝑦+ 1 > 3，
当−1 ≤𝑦≤2时，|𝑦−2| + |𝑦+ 1| = −𝑦+ 2 + 𝑦+ 1 = 3；
当𝑦> 2时，|𝑦−2| + |𝑦+ 1| = 𝑦−2 + 𝑦+ 1 = 2𝑦−1
则2𝑦−1 > 3；
综上，|𝑦−2| + |𝑦+ 1|的最小值为3；
同理，当𝑧< −1时，|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = −𝑧+ 3−𝑧−1 = −2𝑧+ 2；
则−2𝑧+ 2 > 4，
当−1 ≤𝑧≤3时，|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = −𝑧+ 3 + 𝑧+ 1 = 4；
当𝑧> 3时，|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = 𝑧−3 + 𝑧+ 1 = 2𝑧−2
则2𝑧−2 > 4；
综上，|𝑧−3| + |𝑧+ 1|的最小值为4；
因为|𝑥+ 1| + |𝑥−2|
|𝑦−2| + |𝑦+ 1|
|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = 36，
所以|𝑥+ 1| + |𝑥−2| = 3，|𝑦−2| + |𝑦+ 1| = 3，|𝑧−3| + |𝑧+ 1| = 4
当𝑥= 2、𝑦= 2、𝑧= 3时，𝑥+ 2𝑦+ 3𝑧的值最大，
即𝑥+ 2𝑦+ 3𝑧= 2 + 2 × 2 + 3 × 3 = 15．
故答案为：3，15
【变式17-1】已知𝑥,𝑦均为整数，且|𝑥−𝑦| + |𝑥−3| = 1，则𝑥+ 𝑦的最小值为______．
【答案】4
【分析】本题考查了数轴上两点间的距离，解一元一次方程，根据题意可得𝑥−𝑦=± 1,𝑥−3 = 0，或
𝑥−3 =± 1，𝑥−𝑦= 0共四种情况，据此进行解答即可．
【详解】解：∵𝑥,𝑦均为整数，|𝑥−𝑦| + |𝑥−3| = 1，
∴𝑥−𝑦=± 1,𝑥−3 = 0，或𝑥−3 =± 1，𝑥−𝑦= 0，
当𝑥−𝑦= 1,𝑥−3 = 0时，可得：𝑥= 3,𝑦= 2，则𝑥+ 𝑦= 5；
当𝑥−𝑦= −1,𝑥−3 = 0时，可得：𝑥= 3,𝑦= 4，则𝑥+ 𝑦= 7；
当𝑥−𝑦= 0,𝑥−3 = 1时，可得：𝑥= 4,𝑦= 4，则𝑥+ 𝑦= 8；
当𝑥−𝑦= 0,𝑥−3 = −1时，可得：𝑥= 2,𝑦= 2，则𝑥+ 𝑦= 4；
∴𝑥+ 𝑦的最小值为4．
故答案为：4．
【变式17-2】已知（|x+1|＋|x-2|）(|y-2|＋|y+2|)＝12，则代数式3x＋5y 的最小值为________．
【答案】5
【分析】|x+1|+|x-2|相当于|x-(-1)|+|x-2|就是x 轴上的一点到-1 这个点和2 这个点距离之和，x 在-1 和2 之
间的话，距离是最短的，就是3，可以得到|x+1|+|x-2|≥3,同理|y-2|+|y+2|≥4，求出x，y 的最小值，可得结
论.
【详解】∵｜x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3，|y-2|＋|y+2|≥(y-2-y+2)=4，
∴满足上述情况下，12 只能分解为：3×4，则必有：
当-1≤x≤2 时，|x+1|+|x-2|=3，
当-2≤y≤2 时，|y-2|＋|y+2|=4,
∴代数式3x＋5y 的最小值为3×(-1)+5×(-2)=-13.
故答案为-13.
【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离以及求代数式的最值，难度较大，关键是利用数轴进行解答．
【变式17-3】若(|𝑥+ 4| + |𝑥+ 1|)(|𝑦−3| + |𝑦−8|) = 15，求𝑥+ 𝑦的最大值和最小值.
【答案】最大值为7，最小值为-1.
【分析】根据x，y 的取值范围，化简求值即可.
【详解】∵|𝑥+ 4|+|𝑥+ 1|
|𝑦−3|+|𝑦−8| = 15，
∴−4 ≤𝑥≤−1，3 ≤𝑦≤8
∴𝑥+ 𝑦的最大值为-1+8=7，
𝑥+ 𝑦的最小值为-4+3=-1.
【点睛】本题考查了数轴，绝对值的性质，读懂题目信息，理解数轴上两点间的距离的表示是解题的关键．
