2003-北京卷理-20 解-绝对值不等式的性质

本题导读

本题是一道抽象函数性质的分析与构造压轴题。考查的核心背景是现代数学分析中的利普希茨条件。第 (1) 问通过对区间端点的特殊值代入进行双向放缩；第 (2) 问通过三角不等式传递中间变量建立整体界限；第 (3) 问要求在给定多重条件下构造或证伪一个满足约束的分段奇函数，具有极高的逻辑推演与思辨难度。

📌【题干】

Question

（2003年北京卷(理)） 设 $y=f(x)$ 是定义在区间 $[-1,1]$ 上的函数，且满足条件： ① $f(-1)=f(1)=0$； ② 对任意的 $u,v\in [-1,1]$，都有 $|f(u)-f(v)|\le |u-v|$.

(1) 证明：对任意的 $x\in [-1,1]$， $x-1\le f(x)\le 1-x$；

(2) 证明：对任意的 $u,v\in [-1,1]$， $|f(u)-f(v)|\le 1$；

(3) 在区间 $[-1,1]$ 上是否存在满足题设条件的奇函数 $y=f(x)$，且使得 $\{\begin{array}{l}|f(u)-f(v)|<|u-v|,u,v\in \left[0,\frac{1}{2}\right]\\ |f(u)-f(v)|=|u-v|,u,v\in \left[\frac{1}{2},1\right]\end{array}$ ，若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 特殊值放缩 (1)：已知 $f(1)=0$，在条件 ② 中令 $u=x,v=1$，可得 $|f(x)|\le |x-1|=1-x$，从而展开绝对值得到右半部分。再同理联立 $f(-1)=0$ 处的条件，组合得到目标链式不等式。
2. 三角不等式桥梁 (2)：要估计 $|f(u)-f(v)|$ 的绝对上界，可通过引入端点坐标 $1$ 作为中介。利用三角不等式将其放大为 $|f(u)-f(1)|+|f(1)-f(v)|\le |u-1|+|1-v|$，通过去掉绝对值计算边界。
3. 函数构造与逻辑证伪 (3)：

   • 深入分析第二段条件：在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上满足斜率绝对值为 1 的恒等式，由于 $f(1)=0$，可锁定该段只能是 $f(x)=1-x$ 或 $f(x)=x-1$。

   • 结合奇函数定义，将右端边界对称映射至左端负区间进行端点校验。

   • 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 段尝试用低斜率的一次函数（如 $y=kx$）桥接两个端点，验证是否同时满足性质 ①、② 及两段特殊的区间约束。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 不存在满足题设条件的奇函数

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：对任意的 $x\in [-1,1]$， $x-1\le f(x)\le 1-x$

根据条件 ②，对任意的 $u,v\in [-1,1]$ 均有 $|f(u)-f(v)|\le |u-v|$。 令 $u=x$，$v=1$。代入得： $|f(x)-f(1)|\le |x-1|$

由于 $f(1)=0$，且当 $x\in [-1,1]$ 时 $|x-1|=1-x$，上式化简为： $|f(x)|\le 1-x$

展开绝对值不等式，得： $-(1-x)\le f(x)\le 1-x⟹x-1\le f(x)\le 1-x\text{(1)}$ 命题得证。

(2) 证明：对任意的 $u,v\in [-1,1]$， $|f(u)-f(v)|\le 1$

由 (1) 的结论可知，对任意的 $t\in [-1,1]$ 均有 $|f(t)|\le 1-t$ 且 $|f(t)|\le t+1$（同理利用 $v=-1$ 赋值可得）。 因此，对于任意的 $u,v\in [-1,1]$，不妨设 $u\le v$：

利用绝对值三角不等式放大： $|f(u)-f(v)|=|f(u)-f(-1)+f(-1)-f(v)|\le |f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(-1)|$ 根据条件 ②： $|f(u)-f(v)|\le |u-(-1)|+|v-(-1)|=(u+1)+(v+1)=u+v+2$

同理，若引入端点 $1$： $|f(u)-f(v)|=|f(u)-f(1)+f(1)-f(v)|\le |f(u)-f(1)|+|f(v)-f(1)|$ $|f(u)-f(v)|\le |u-1|+|v-1|=(1-u)+(1-v)=2-u-v$

将上述两个放大不等式相加： $2|f(u)-f(v)|\le (u+v+2)+(2-u-v)=4$ 两边同除以 2 得： $|f(u)-f(v)|\le 2\text{（这属于粗略放缩，需进一步精确控制分段）}$

精确证明法： 因为 $u,v\in [-1,1]$，根据 (1) 的结论： $-1\le x-1\le f(x)\le 1-x\le 1⟹f(x)\in [-1,1]$

• 若 $u,v$ 同号，不妨设 $0\le u\le v\le 1$，则 $|f(u)-f(v)|\le |u-v|=v-u\le 1-0=1$。
• 若 $u,v$ 异号，不妨设 $-1\le u<0\le v\le 1$。 由 (1) 可知： $f(u)\le 1-u=1+|u|$， $f(u)\ge u-1=-(|u|+1)$。由于 $u<0$，由 $f(-1)=0$ 结合条件 ② 可得 $|f(u)|\le |u-(-1)|=u+1$。

更简洁地，利用条件 ② 的直接分段： 由于 $u,v\in [-1,1]$： 若 $|u-v|\le 1$，则根据条件 ② 直接有 $|f(u)-f(v)|\le |u-v|\le 1$。 若 $|u-v|>1$，不妨设 $-1\le u<0<v\le 1$ 且 $v-u>1$。 则由 (1) 可得： $f(u)\ge u-1⟹-f(u)\le 1-u$ $f(v)\le 1-v$ 因为 $v-u>1⟹1-v<-u$。 且由 $f(u)\le 1+u$， $f(v)\ge v-1$。 代入计算得： $f(v)-f(u)\le (1-v)-(u-1)=2-(v+u)$ 无法直接限制。

最严谨的路径： 因 $f(x)\le 1-x$ 且 $f(x)\ge -1-x$（由 $f(-1)=0$ 推导 $|f(x)|\le x+1⟹f(x)\ge -x-1$）。 故： $f(v)-f(u)\le (1-v)-(-u-1)=2-v+u=2-(v-u)$ 因为 $v-u>1$，所以 $2-(v-u)<2-1=1$。 同理可证 $f(u)-f(v)\le 1$。 综合得 $|f(u)-f(v)|\le 1$。 命题得证。

(3) 存在性判定及函数构造

存在满足题设条件的奇函数。

构造推导过程：

1. 考虑区间 $\left[\frac{1}{2},1\right]$。条件要求该段上恒有 $|f(u)-f(v)|=|u-v|$。 这意味着函数在该段上是一条斜率为 $1$ 或 $-1$ 的线段。 又因为 $f(1)=0$，若斜率为 $1$，则 $f(x)=x-1$，此时 $f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$；若斜率为 $-1$，则 $f(x)=1-x$，此时 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$。 我们尝试选取： $f(x)=1-x,x\in \left[\frac{1}{2},1\right]$

2. 考虑奇函数要求： 因为 $f(x)$ 是奇函数，所以 $f(0)=0$。且对于 $x\in \left[-1,-\frac{1}{2}\right]$，有： $f(x)=-f(-x)=-(1-(-x))=-1-x$

3. 考虑区间 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$。 此时端点值已固定：$f(0)=0$，$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$。 为了保证在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 内满足严格小于号 $|f(u)-f(v)|<|u-v|$，我们不能选用斜率绝对值为 1 的直线。 我们可以尝试在此区间内构造一个斜率绝对值严格小于 1 的分段函数或者曲线，但这会导致两端点 $(0,0)$ 与 $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 的平均变化率为 $\frac{1/2-0}{1/2-0}=1$，这与严格小于冲突！

   关键更正：如果采用 $f(1)=0$ 和斜率 $-1$（即 $f(x)=1-x$），则 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$。因为 $f(0)=0$，在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上，由 $u=\frac{1}{2},v=0$ 代入条件应有： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0)\right|<\left|\frac{1}{2}-0\right|⟹\left|\frac{1}{2}-0\right|<\frac{1}{2}⟹\frac{1}{2}<\frac{1}{2}\text{（矛盾！）}$ 这说明在整个 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上 $f(x)$ 不能是 $1-x$。

   重新寻找另一条路径： 若在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上， $f(x)=x-1$，则 $f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$。 代入 $u=\frac{1}{2},v=0$ 同样会产生 $\left|-\frac{1}{2}-0\right|<\frac{1}{2}$ 矛盾。

   如何打破僵局？ 注意条件要求：对任意 $u,v\in \left[\frac{1}{2},1\right]$ 均有 $|f(u)-f(v)|=|u-v|$，并未要求该段函数值必须与 $f(1)=0$ 连续对接。但条件 ① 强制了 $f(1)=0$，由于 $1\in \left[\frac{1}{2},1\right]$，所以令 $v=1$，必有 $|f(u)-0|=|u-1|=1-u⟹f(u)=\pm (1-u)$。 这说明上面的端点值 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\pm \frac{1}{2}$ 是由定义域内的性质直接强制钉死的，无法改变。

   然而，上述逻辑存在一个漏洞：若 $f(x)$ 为非连续函数？ 高中的函数默认在各点均有定义。若 $f\left(\frac{1}{2}\right)$ 必须为 $\pm \frac{1}{2}$，而 $f(0)=0$，由中值定理或平均变化率可知，只要 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 内包含这两个端点，必然存在或使得整体的绝对值无法“严格小于”。 等等，条件 (3) 的表述是：对任意的 $u,v\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，均有 $|f(u)-f(v)|<|u-v|$。 如果我们将 $u=\frac{1}{2},v=0$ 代入该式，由于 $\frac{1}{2},0$ 的确属于该闭区间，必须满足： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0)\right|<\left|\frac{1}{2}-0\right|⟹\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|<\frac{1}{2}$ 而从第二段区间 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 可知，由于 $\frac{1}{2}$ 也属于第二段闭区间，令 $u=\frac{1}{2},v=1$ 代入第二段方程： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)-f(1)\right|=\left|\frac{1}{2}-1\right|⟹\left|f\left(\frac{1}{2}\right)-0\right|=\frac{1}{2}⟹\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|=\frac{1}{2}$ 两段区间在交界点 $x=\frac{1}{2}$ 处对 $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|$ 的控制产生了直接的逻辑冲突（一个要求严格小于 $\frac{1}{2}$，另一个要求必须等于 $\frac{1}{2}$）。

   结论修正：因此，满足题意条件的奇函数不存在。

不存在的严谨理由归纳： 假设存在满足题设条件的奇函数 $y=f(x)$。

1. 因为 $f(x)$ 是奇函数，所以 $f(0)=0$。
2. 考虑点 $x=1$ 和 $x=\frac{1}{2}$。由于 $1,\frac{1}{2}\in \left[\frac{1}{2},1\right]$，由题设条件可得： $\left|f(1)-f\left(\frac{1}{2}\right)\right|=\left|1-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2}$ 已知 $f(1)=0$，代入上式得： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|=\frac{1}{2}\text{(2)}$
3. 另一方面，考虑点 $x=0$ 和 $x=\frac{1}{2}$。由于 $0,\frac{1}{2}\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，由题设条件可得： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0)\right|<\left|\frac{1}{2}-0\right|=\frac{1}{2}$ 将 $f(0)=0$ 代入上式得： $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|<\frac{1}{2}\text{(3)}$

方程 ② 与 不等式 ③ 发生直接矛盾。 故不存在满足题设条件的奇函数。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：抽象函数的区间交集边界校验，奇函数的特殊点性质（$f(0)=0$），反证法在分析题中的应用。

2. 核心方法：交界点极限（端点）代入法。处理分段约束问题时，首要关注两段区间的共同端点（如本题中的 $\frac{1}{2}$），往往能快速找出逻辑漏洞。

3. 避坑指南：第 (3) 问是典型的“陷阱题”，题目给出了“若存在，请举一例；若不存在，请说明理由”的双向诱导，极易诱导考生花费大量时间去拼凑、构造复杂的函数解析式。切记在盲目构造前，先用端点值进行定性筛选。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题属函数与不等式综合的压轴题，考查绝对值不等式性质与函数构造。
2. 结论推广: 若将条件推广为：两段区间分别为 $[0,c]$ 和 $[c,1]$，其一为严格压缩，另一为等距。只要原点值固定为 $0$、端点值固定为 $0$，则在交界处 $x=c$ 必因边界条件约束导致逻辑冲突，此类分段结构恒不存在。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 03.04 绝对值不等式及排序不等式

类题演练 (Links)

• 2002-新课标理-04 单-绝对值不等式
• 2002-苏豫粤卷-03 单-绝对值不等式
• 2006-江苏卷-08 单-不等式恒成立判断