高考数学真题精华汇编：《绝对值不等式》—精品文档

⾼考数学真题精华汇编：《绝对值不等式》1.（2018?卷Ⅱ）设函数。（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围；

2.（2013?辽宁）已知函数f（x）=|x﹣a|，其中a＞1。（1）当a=2时，求不等式f（x）≥4﹣|x﹣4|的解集；

（2）已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}，求a的值；

3.（2017?新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．（Ⅰ）求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集⾮空，求m的取值范围；

4.（2017?新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲]已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；（Ⅱ）a+b≤2；

5.（2017?新课标Ⅰ卷）[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=﹣x2+ax+4，g （x）=|x+1|+|x﹣1|．（10分）（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；

6.（2017?新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲]已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；（Ⅱ）a+b≤2．7.（2018?卷Ⅰ）已知。（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时，不等式成⽴，求的取值范围；8.（2018?卷Ⅰ）已知f(x)=|x+1|-|ax-1|。（1）当a=1时,求不等式f(x)>1的解集。

（2）若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成⽴,求a的取值范围。

9.（2017?新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲]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；10.（2014?新课标II）设函数f（x）=|x+ |+|x﹣a|（a＞0）。（1）证明：f（x）≥2；

（2）若f（3）＜5，求a的取值范围。11.（2015·福建)选修4-5：不等式选讲已知，函数的最⼩值为4。（1）求的值；（2）求的最⼩值。

12.（2014?新课标I）若a＞0，b＞0，且+ = 。（1）求a3+b3的最⼩值；

（2）是否存在a，b，使得2a+3b=6？并说明理由。

13.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x。（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2。

14.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；

（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最⼩值．15.（2018?卷Ⅲ）设函数。（1）画出的图像。（2）当时，，求的最⼩值。

16.（2013?福建）设不等式|x﹣2|＜a（a∈N*）的解集为A，且。（1）求a的值。

（2）求函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|的最⼩值。

17.（2013?新课标Ⅰ）（选修4﹣5：不等式选讲）已知函数f（x）=|2x﹣1|+|2x+a|，g（x）=x+3．（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）的解集；（2）设a＞﹣1，且当时，f（x）≤g（x），求a的取值范围。18.（2016?全国）选修4—5：不等式选讲已知函数f(x)= ∣x- ∣+∣x+ ∣，M为不等式f(x) ＜2的解集。（1）求M；

（2）证明：当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣；

19.（2016?全国）[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=|2x﹣a|+a。（1）当a=2时，求不等式f（x）≤6的解集；

（2）设函数g（x）=|2x﹣1|，当x∈R时，f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围。20.（2012?新课标）已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|。（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；

（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围。

21.（2012?辽宁）选修4﹣5：不等式选讲已知f（x）=|ax+1|（a∈R），不等式f （x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}。（1）求a的值；

（2）若恒成⽴，求k的取值范围。答案解析部分⼀、解答题

1.【答案】（1）a=1时，时，由

当x≥2时，由f（x）≥0得：6-2x≥0，解得：x≤3；当-1＜x＜x时，f（x）≥0；

当x≤-1时，由f（x）≥0得：4+2x≥0，解得x≥-2所以f（x）≥0的解集为{x|-2≤x≤3}

（2）若f（x）≤1，即恒成⽴也就是x∈R，恒成⽴

当x=2时取等，所以x∈R，等价于。

解得：a≥2或a≤-6，所以a的取值范围(-∞，-6] ∪[2，+∞）。

【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的解法易得；（2）由绝对值⼏何意义转化易得.2.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，当x≤2时，得﹣2x+6≥4，解得x≤1；当2＜x＜4时，得2≥4，⽆解；当x≥4时，得2x﹣6≥4，解得x≥5；故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1}

（2）解：设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=由|h（x）|≤2得，

⼜已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}，所以，故a=3．

【解析】【分析】（1）当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，直接求出不等式|x﹣2|+|x﹣4|≥4的解集即可．（2）设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=

．由|h（x）|≤2解得，它与1≤x≤2等价，求出a的值．3.【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，f（x）≥1，∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，3≥1恒成⽴，故x＞2；综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（Ⅱ）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成⽴，即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x．由（1）知，g（x）= ，

当x≤﹣1时，g（x）=﹣x2+x﹣3，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ＞﹣1，∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x2+3x﹣1，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ∈（﹣1，2），∴g（x）≤g（）=﹣+ ﹣1= ；当x≥2时，g（x）=﹣x2+x+3，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ＜2，∴g（x）≤g（2）=﹣4+2=3=1；综上，g（x）max= ，∴m的取值范围为（﹣∞，]．

【解析】【分析】（Ⅰ）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（Ⅱ）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max= ，从⽽可得m的取值范围．

4.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（+ ）2=（a3+b3）2≥4，当且仅当= ，即a=b=1时取等号，（Ⅱ）∵a3+b3=2，

∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，∴=ab，

由均值不等式可得：=ab≤（）2，∴（a+b）3﹣2≤ ，∴（a+b）3≤2，

∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成⽴．

【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，

（Ⅱ）由a3+b3=2转化为=ab，再由均值不等式可得：=ab≤（）2，即可得到（a+b）3≤2，问题得以证明．5.【答案】（1）解：（1）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，是开⼝向下，对称轴为x= 的⼆次函数，g（x）=|x+1|+|x﹣1|= ，

当x∈（1，+∞）时，令﹣x2+x+4=2x，解得x= ，g（x）在（1，+∞）上单调递增，f （x）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f（x）≥g（x）的解集为（1，]；

当x∈[﹣1，1]时，g（x）=2，f（x）≥f（﹣1）=2．

当x∈（﹣∞，﹣1）时，g（x）单调递减，f（x）单调递增，且g（﹣1）=f（﹣1）=2．综上所述，f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，]；

（2）（2）依题意得：﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成⽴，即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成⽴，则只需，解得﹣1≤a≤1，故a的取值范围是[﹣1，1]．

【解析】【分析】（1.）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|= ，分x＞1、x∈[﹣1，1]、x∈（﹣∞，﹣1）三类讨论，结合g（x）与f（x）的单调性质即可求得f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，]；（2.）依题意得：﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成⽴?x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成⽴，只需，解之即可得a的取值范围．

6.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（+ ）2=（a3+b3）2≥4，当且仅当= ，即a=b=1时取等号，（Ⅱ）∵a3+b3=2，

∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，∴=ab，

由均值不等式可得：=ab≤（）2，∴（a+b）3﹣2≤ ，∴（a+b）3≤2，

∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成⽴．

【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，

（Ⅱ）由a3+b3=2转化为=ab，再由均值不等式可得：=ab≤（）2，即可得到≤2，问题得以证明．7.【答案】（1）解：当时，，即故不等式的解集为．

（2）解：当时成⽴等价于当时成⽴．若，则当时；

若，的解集为，所以，故．综上，的取值范围为．

【解析】【分析】(1)通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成⽴等价于f(x)-x>0对于恒成⽴,即函数f(x)-x的最⼩值⼤于0,由此求出a的范围.8.【答案】（1）解：当a=1时，当时，-2＞1舍当时，2x＞1

∴

当时，2＞1,成⽴，综上所述结果为

（2）解：∵∴∵ax＞0∴a＞0.ax＜2

⼜所以综上所述

【解析】【分析】通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成⽴等价于f(x)-x>0对于恒成⽴,即函数f(x)-x的最⼩值⼤于0,由此求出a的范围.

9.【答案】（1）解：∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，f（x）≥1，

∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，3≥1恒成⽴，故x＞2；

综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成⽴，即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x．由（1）知，g（x）= ，

当x≤﹣1时，g（x）=﹣x2+x﹣3，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ＞﹣1，

∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x2+3x﹣1，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ∈（﹣1，2），

∴g（x）≤g（）=﹣+ ﹣1= ；

当x≥2时，g（x）=﹣x2+x+3，其开⼝向下，对称轴⽅程为x= ＜2，

∴g（x）≤g（2）=﹣4+2=3=1；综上，g（x）max= ，

∴m的取值范围为（﹣∞，]．

【解析】【分析】（1.）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（2.）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max=，从⽽可得m的取值范围．

10.【答案】（1）解：证明：∵a＞0，f（x）=|x+ |+|x﹣a|≥|（x+ ）﹣（x﹣a）|=|a+|=a+ ≥2 =2，

故不等式f（x）≥2成⽴．

（2）解：∵f（3）=|3+ |+|3﹣a|＜5，

∴当a＞3时，不等式即a+ ＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜．当0＜a≤3时，不等式即6﹣a+ ＜5，即a2﹣a﹣1＞0，求得＜a≤3．

综上可得，a的取值范围（，）

【解析】【分析】（1）由a＞0，f（x）=|x+ |+|x﹣a|，利⽤绝对值三⾓不等式、基本不

等式证得f（x）≥2成⽴．（2）由f（3）=|3+ |+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时

两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．11.【答案】（1）4（2）

【解析】【解答】1.因为,当且仅当

时，等号成⽴，⼜,所以,所以的最⼩值为，所以.2.由1知，由柯西不等式得,即

.d当且仅当,即时，等号成⽴所以

的最⼩值为

【分析】当的系数相等或相反时，可以利⽤绝对值不等式求解析式形如的函数的最⼩值，以及解析式形如的函数的

最⼩值和最⼤值，否则去绝对号，利⽤分段函数的图象求最值．利⽤柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为⽬标．

12.【答案】（1）解：∵a＞0，b＞0，且+ = ，∴= + ≥2 ，∴ab≥2，当且仅当a=b= 时取等号．

∵a3+b3≥2 ≥2 =4 ，当且仅当a=b= 时取等号，∴a3+b3的最⼩值为4 ．

（2）解：∵2a+3b≥2 =2 ，当且仅当2a=3b时，取等号．⽽由（1）可知，2 ≥2 =4 ＞6，故不存在a，b，使得2a+3b=6成⽴．

【解析】【分析】（1）由条件利⽤基本不等式求得ab≥2，再利⽤基本不等式求得a3+b3的最⼩值．（2）根据ab≥4及基本不等式求的2a+3b＞8，从⽽可得不存在a，b，使得2a+3b=6．

13.【答案】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求导f′（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x＞0），

①当a=0时，f′（x）= +1＞0恒成⽴，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成⽴，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣．

因为当x∈（0，﹣）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣，+∞）时，f′（x）＜0，

所以y=f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减．

综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＜0时，f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减；

（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）

上单调递减，

所以当x=﹣时函数y=f（x）取最⼤值f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）．

从⽽要证f（x）≤﹣﹣2，即证f（﹣）≤﹣﹣2，

即证﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）≤﹣﹣2，即证﹣（﹣）+ln（﹣）≤﹣1+ln2．

令t=﹣，则t＞0，问题转化为证明：﹣t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）

令g（t）=﹣t+lnt，则g′（t）=﹣+ ，

令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，即g（t）≤g（2）=﹣×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成⽴，

所以当a＜0时，f（x）≤﹣﹣2成⽴．

【解析】【分析】（1.）题⼲求导可知f′（x）= （x＞0），分a=0、a＞0、a＜0

三种情况讨论f′（x）与0的⼤⼩关系可得结论；

（2.）通过（1）可知f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣），进⽽转化可知问

题转化为证明：当t＞0时﹣t+lnt≤﹣1+ln2．进⽽令g（t）=﹣t+lnt，利⽤导数求出y=g

（t）的最⼤值即可．

14.【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣= ，且f（1）=0．

所以当a≤0时f′（x）＞0恒成⽴，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0⽭盾；当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，

所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），⼜因为f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+ ）＜，k∈N*,

所以，k∈N*．

⼀⽅⾯，因为+ +…+=1﹣＜1，

所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；

另⼀⽅⾯，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，

同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．

因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，

所以m的最⼩值为3．

【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的⼤⼩关系可得结论；

（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进⽽取特殊值可知ln（1+ ）＜，k∈N*．⼀⽅⾯

利⽤等⽐数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另⼀⽅⾯可知（1+

）（1+ ）…（1+ ）＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．

15.【答案】（1）解：

（2）解：由（1）中可得：a≥3，b≥2，当a=3，b=2时，a+b取最⼩值，

所以a+b的最⼩值为5.

【解析】【分析】（1）画图像，分段函数;（2）转化为⼀次函数分析.16.【答案】（1）解：因为，所以且，解得，

因为a∈N*，所以a的值为1．

（2）解：由（1）可知函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，当且仅当（x+1）（x﹣2）≥0，即x≥2或x≤﹣1时取等号，所以函数f（x）的最⼩值为3．

【解析】【分析】（1）利⽤，推出关于a的绝对值不等式，结合a为整数直

接求a的值．（2）利⽤a的值化简函数f（x），利⽤绝对值三⾓不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最⼩值．17.【答案】（1）解：当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，则y= ，它的图象如图所⽰：

结合图象可得，y＜0的解集为（0，2），故原不等式的解集为（0，2）．

（2）解：设a＞﹣1，且当时，f（x）=1+a，不等式化为1+a≤x+3，故x≥a﹣2对都成⽴．故﹣≥a﹣2，解得a≤ ，故a的取值范围为（﹣1，]．

【解析】【分析】（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，画出函数y的图象，数形结合可得结论．（2）不等式

化即1+a≤x+3，故x≥a﹣2对都成⽴．故﹣≥a﹣2，由此解得a的取值范围．

18.【答案】（1）解：当时，，若；

当时，恒成⽴；

当时，，若，．

综上可得，

（2）证明：当时，有，

即，则，则，即，证毕

【解析】【分析】（1）分当x＜时，当≤x≤ 时，当x＞时三种情况，分别求

解不等式，综合可得答案；（2）当a，b∈M时，（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，即a2b2+1＞a2+b2，配⽅后，可证得结论．19.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）=|2x﹣2|+2，∵f（x）≤6，∴|2x﹣2|+2≤6，

|2x﹣2|≤4，|x﹣1|≤2，∴﹣2≤x﹣1≤2，解得﹣1≤x≤3，

∴不等式f（x）≤6的解集为{x|﹣1≤x≤3}（2）解：∵g（x）=|2x﹣1|，

∴f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3，2|x﹣|+2|x﹣|+a≥3，

|x﹣|+|x﹣|≥ ，

当a≥3时，成⽴，当a＜3时，|a﹣1|≥ ＞0，

∴（a﹣1）2≥（3﹣a）2，解得2≤a＜3，

∴a的取值范围是[2，+∞）

【解析】【分析】（1）当a=2时，由已知得|2x﹣2|+2≤6，由此能求出不等式f（x）≤6的解集．（2）由f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3，得|x﹣|+|x﹣|≥ ，由此能求出a 的取值范围．

本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运⽤．20.【答案】（1）解：当a=﹣3时，f（x）≥3 即|x﹣3|+|x﹣2|≥3，即① ，或② ，或③ ．

解①可得x≤1，解②可得x∈?，解③可得x≥4．

把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}

（2）解：原命题即f（x）≤|x﹣4|在[1，2]上恒成⽴，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1，2]上恒成⽴，等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成⽴．故当1≤x≤2时，﹣2﹣x的最⼤值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x的最⼩值为0，故a的取值范围为[﹣3，0]．

【解析】【分析】（1）不等式等价于，或，或，求出每个不等式组的解集，

再取并集即得所求．（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成⽴，由此求得求a的取值范围．21.【答案】（1）解：由|ax+1|≤3得﹣4≤ax≤2

∵不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}．∴当a≤0时，不合题意；当a＞0时，，

∴a=2；（2）解：记，

∴h（x）=

∴|h（x）|≤1∵恒成⽴，

∴k≥1．

【解析】【分析】（1）先解不等式|ax+1|≤3，再根据不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}，分类讨论，即可得到结论．（记，从⽽h（x）=

，求得|h（x）|≤1，即可求得k的取值范围．

2）