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不等式选讲最新考纲1.理解绝对值不等式的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋本节题目常见的是解绝对值不等式、利用不考情考向分析b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，等式恒成立求参数的值或范围，求含有绝对b∈R)．2.会利用绝对值的几何意
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- 2019-05-10 14:26:00
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学习总结报告优质课一等奖教案
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关键词：学习总结报告优质课一等奖教案
正文
不等式选讲
最新考纲
1.理解绝对值不等式的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋本节题目常见的是解绝对值不等式、利用不考情考向分析
b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，等式恒成立求参数的值或范围，求含有绝对b∈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. 3.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.
值的函数最值也是考查的热点．求解的一般方法是去掉绝对值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.
1．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|
不等式
|x|a
(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|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
a>0
(－a，a)
(－∞，－a)∪(a，＋∞) a＝0
∅
(－∞，0)∪(0，＋∞) a<0 ∅
R
(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．
3．不等式证明的方法
(1)比较法
①作差比较法
知道a>b⇔a－b>0，a
②作商比较法
aa由a>b>0⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>1即可，这种方bb法称为作商比较法．
(2)综合法
从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即“由因导果”的方法．
(3)分析法
从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法．
题组一
思考辨析
1．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|a|≥|b|时等号成立．(
×
) (5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(
√
) 题组二
教材改编
2．[P20T7]不等式3≤|5－2x|<9的解集为(
) A．[－2,1)∪[4,7)
C．(－2，－1]∪[4,7)
答案
D |2x－5|<9，解析
由题意得
|2x－5|≥3，B．(－2,1]∪(4,7] D．(－2,1]∪[4,7)
－9<2x－5<9，即
2x－5≥3或2x－5≤－3，－2 x≥4或x≤1， 3．[P20T8]求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集． 解 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1 ∴x<4，∴1 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(－∞，4)． 题组三 易错自纠 4．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________. 答案 4或－6 解析 方法一 ①当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|， f(x)min＝0，不符合题意； －3x＋2a－1，x －3x＋2a－1，x<－1，③当a>－1时，f(x)＝－x＋2a＋1，－1≤x≤a，3x＋1－2a，x>a，∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立． 综上，a＝4或a＝－6. 方法二 当a＝－1时，f(x)min＝0，不符合题意； 当a≠－1时，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5， ∴a＝4或a＝－6. 1115．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________． abc答案 9 111解析 把a＋b＋c＝1代入到＋＋中， abc 得a＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c＋＋ abcbacacb＝3＋a＋b＋a＋c＋b＋c ≥3＋2＋2＋2＝9， 1当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立． 316．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为2______________． 1－1， 答案 2解析 设y＝|2x－1|＋|x＋2| －x＋3，－2≤x<1，2＝13x＋1，x≥.2－3x－1，x<－2， 当x<－2时，y＝－3x－1>5； 15当－2≤x<时，y＝－x＋3>，y≤5； 22155当x≥时，y＝3x＋1≥，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2222151＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2. 222511解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤， 2221－1，. 故实数a的取值范围为2 题型一 绝对值不等式的解法 1．(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集； (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围． 解 (1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.① 当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解； 当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0， 从而－1≤x≤1； 当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0， －1＋17从而1 (2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2， 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于 当x∈[－1,1]时，f(x)≥2. 又f(x)在[－1,1]上的最小值必为f(－1)与f(1)之一， 所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范围为[－1,1]． 2．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集； (2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形的面积大于6，求a的取值范围． 解 (1)当a＝1时， f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解； 2当－1 3当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2. 2 x－1－2a，x<－1，(2)由题设可得，f(x)＝3x＋1－2a，－1≤x≤a，－x＋1＋2a，x>a. 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为Aa＋1)， 2△ABC的面积为(a＋1)2. 32由题设得(a＋1)2>6，故a>2. 3所以a的取值范围为(2，＋∞)． 2a－13，0，B(2a＋1,0)，C(a， 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号时，可通过两边平方的方法，转化为解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． 题型二 利用绝对值不等式求最值 典例 (1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值； (2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值． 解 (1)∵x，y∈R， ∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1， 当且仅当0≤x≤1时等号成立， ∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2， 当且仅当－1≤y≤1时等号成立， ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3， 当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立． ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3. (2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5. 思维升华 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种 (1)利用绝对值的几何意义． (2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|. (3)利用零点分区间法． 跟踪训练 (2017·西安模拟)已知a和b是任意非零实数． |2a＋b|＋|2a－b|(1)求的最小值； |a|(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围． |2a＋b|＋|2a－b||2a＋b＋2a－b||4a|解 (1)∵≥＝＝4， |a||a||a|当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立， ∴|2a＋b|＋|2a－b|的最小值为4. |a||2a＋b|＋|2a－b|恒|a|(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤成立， 故|2＋x|＋|2－x|≤|2a＋b|＋|2a－b||a|min. |2a＋b|＋|2a－b|由(1)可知，的最小值为4， |a|∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集． 解不等式得－2≤x≤2， 故实数x的取值范围为[－2,2]． 题型三 绝对值不等式的综合应用典例 已知函数f(x)＝|x－a|＋1(a≠0)． 2a (1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值； 1(2)当a<时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围． 2解 (1)∵f(x)＝|x－a|＋1(a≠0)， 2a1， 2a∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1， 又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|， ∴|m|≤1，∴－1≤m≤1， ∴实数m的最大值为1. 1(2)当a<时， 2g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋1 2a11＝－x－a＋2a＋1，a≤x≤2，113x－a＋－1，x>，2a2111∴g(x)min＝g＝－a＋ 222a－2a2＋a＋1＝≤0， 2a1－3x＋a＋＋1，x 10 2－2a＋a＋1≥0，－2a2＋a＋1≤0 1∴－≤a<0， 21－，0. ∴实数a的取值范围是2 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，化为分段函数来解决． (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 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围． －3，x＜－1，解 (1)f(x)＝2x－1，－1≤x≤2，3，x＞2.当x＜－1时，f(x)≥1无解； 当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2； 当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2， 所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}． (2)由f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x ≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x| 355|x|－2＋≤， ＝－24435当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝. 245－∞，. 故m的取值范围为4题型四 用综合法与分析法证明不等式典例 (1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋2 1≥2y＋3； x－2xy＋y2(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3. 证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0， 112x＋2 2－2y＝2(x－y)＋x－2xy＋yx－y21＝(x－y)＋(x－y)＋ x－y2≥331x－y2·＝3， x－y21所以2x＋2≥2y＋3. x－2xy＋y2(2)因为a，b，c>0， 所以要证a＋b＋c≥3， 只需证明(a＋b＋c)2≥3. 即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3， 而ab＋bc＋ca＝1， 故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)， 即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. a2＋b2b2＋c2c2＋a2而ab＋bc＋ca≤＋＋ 222＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立， 所以原不等式成立． 思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野． 跟踪训练 (2017·全国Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明 (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) 3a＋b2≤2＋(a＋b) 43a＋b3＝2＋， 4所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5. 解 方法一 如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数． 显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把点A向左移动一个单位到点A1，此时|A1A|＋|A1B|＝ 1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时|B1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集为 (－∞，－3]∪[2，＋∞)． 方法二 由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5， x≤－2，－2 －x－1－x＋2≥5－x－1＋x＋2≥5x≥1，或解得x≥2或x≤－3， x－1＋x＋2≥5， ∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 方法三 将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0. 令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则 －2x－6，x≤－2，f(x)＝－2，－2 作出函数的图象，如图所示． 由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0， ∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 2．(2017·烟台二模)若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求实数m的取值范围． 解 由题意可知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立， 即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min. 又因为|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1， 当且仅当－1≤x≤2时等号成立， 所以m≤－1. 即实数m的取值范围为(－∞，－1]． 3．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围． 解 因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1， 11a－≤， 所以|3a－3b|≤3，2215a－＋ 所以|4a－3b＋2|＝3a－3b＋22 1515a－＋≤3＋＋＝6， ≤|3a－3b|＋2222即|4a－3b＋2|的最大值为6， 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6. 即实数m的取值范围为[6，＋∞)． 4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明： (1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d； (2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件． 证明 (1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab， (c＋d)2＝c＋d＋2cd， 由题设知a＋b＝c＋d，ab＞cd， 得(a＋b)2＞(c＋d)2. 因此a＋b ＞ c＋d. (2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd； 由(1)得a＋b ＞ c＋d，即必要性成立； ②若a＋b ＞ c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2， 即a＋b＋2ab ＞c＋d＋2cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是 (a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|＜|c－d|，即充分性成立． 综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件． 5．(2017·洛阳模拟)已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)． (1)当a＝4时，求不等式的解集； (2)若不等式有解，求实数a的取值范围． 解 (1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2. 11当x<－时，－x－2≤2，解得－4≤x<－； 22112当－≤x≤1时，3x≤2，解得－≤x≤； 223当x>1时，x≤0，此时x不存在， 2－4≤x≤. ∴原不等式的解集为x3 (2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|， 1则f(x)＝3x，－≤x≤1，2x＋2，x>1.1－x－2，x<－，2 33－，＋∞，即f(x)的最小值为－. 故f(x)∈223若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－， 2解得a≥22，即a的取值范围是，＋∞. 446．(2017·沈阳模拟)设f(x)＝|ax－1|. (1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值； (2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围． 13－，， 解 (1)显然a≠0，当a>0时，解集为aa13则－＝－6，＝2，无解； aa31，－， 当a<0时，解集为aa131令－＝2，＝－6，得a＝－. aa21综上所述，a＝－. 2(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1) ＝|4x＋1|－|2x－3| 13＝6x－2，－4 1－∞，－上单调递减， 由此可知h(x)在413－，上单调递增， 在423，＋∞上单调递增， 在2177则当x＝－时，h(x)取得最小值－，由题意，知－≤7－3m，则实数m的取值范围是422 －∞，7. 2 7．(2017·哈尔滨三中检测)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2. 4(1)求证：ab＋bc＋ac≤； 3(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围． (1)证明 ∵a＋b＋c＝2， ∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8， ∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋4bc＋ac≤. 3(2)解 由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a24＋b2＋c2≥. 3∵0 4∴≤a2＋b2＋c2<2， 34∴a2＋b2＋c2的取值范围为3，2. 8．已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0,1]． (1)求m的值； (2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1. (1)解 由f(x＋1)≥0，得|x|＋|x－1|≤m. ∵|x|＋|x－1|≥1恒成立， ∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为∅，不合题意； 若m＝1，不等式|x|＋|x－1|≤1的解集为[0,1]． 1－m若m>1，①当x<0时，≤x<0； 2②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1； m＋1③当x>1时，得2x－1≤m,1 1－m，m＋1. 22由题意知，原不等式的解集为[0,1]． ∴1－mm＋1＝0，＝1，解得m＝1. 22∴m＝1. (2)证明 ∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，当且仅当x＝a，y＝b，z＝c时等号成立． 三式相加，得 x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2≥2ax＋2by＋2cz. 由题设及(1)，知x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m＝1， ∴2≥2(ax＋by＋cz)，∴ax＋by＋cz≤1，不等式得证． 9．(2017·银川模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)当a＝－1时，解不等式f(x)≤g(x)； 1(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)，求实数a的取值范围． 2解 (1)当a＝－1时，不等式f(x)≤g(x)， 即|x＋1|≤2|x|－1， x≤－1，从而 －x－1≤－2x－1， 即x≤－1， －1 3x＋1≤－2x－1，x>0，或即x≥2. x＋1≤2x－1， 从而不等式f(x)≤g(x)的解集为 2xx≤－或x≥2. 3 1(2)存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)， 2a即存在x0∈R，使得|x0＋1|≥|x0|＋， 2a即存在x0∈R，使得≤|x0＋1|－|x0|. 2设h(x)＝|x＋1|－|x| －1，x≤－1，＝2x＋1，－1 a所以≤1，即a≤2. 2 所以实数a的取值范围为(－∞，2]． 1410．已知a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立． ab14(1)求＋的最小值； ab(2)求x的取值范围． 解 (1)∵a>0，b>0且a＋b＝1， 1414＋(a＋b) ∴＋＝ababb4a＝5＋＋≥9， abb4a1214当且仅当＝，即a＝，b＝时，＋取得最小值9. ab33ab(2)∵对∀a，b∈(0，＋∞)， 14＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立， ab∴|2x－1|－|x＋1|≤9. 当x≤－1时，不等式化为2－x≤9， 解得－7≤x≤－1； 1当－1 21解得－1 21当x≥时，不等式化为x－2≤9， 21解得≤x≤11. 2∴x的取值范围为{x|－7≤x≤11}．
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