2003-北京文-20 解-抽象函数绝对值不等式

本题导读

本题考查抽象函数与绝对值不等式。核心在于利用 Lipschitz 型条件与端点值联立推导。

📌【题干】

Question

（2003年北京卷(文)） 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) 判断函数 $g(x)=\{\begin{array}{ll}1+x,& x\in [-1,0),\\ 1-x,& x\in [0,1]\end{array}$ 是否满足题设条件；

(3) 在区间 $[-1,1]$ 上是否存在满足题设条件的函数 $y=f(x)$，且使得对任意的 $u,v\in [-1,1]$，都有 $|f(u)-f(v)|=u-v$.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. (1) 取 $u=x$、$v=1$，用条件②与 $f(1)=0$ 得 $|f(x)|\le 1-x$，展开即得结论。
2. (2) 验证 $g$ 满足①②。
3. (3) 取 $u=1$、$v=-1$ 导出 $f(1)-f(-1)=2$ 与端点值矛盾。

✅【答案】

Success

(1) 成立；(2) 是，$g(x)$ 满足题设条件；(3) 不存在这样的函数

✍【详细解析】

Abstract

(1) 对任意的 $x\in [-1,1]$，取 $u=x$，$v=1$，由条件②得 $|f(x)-f(1)|\le |x-1|$，又 $x\le 1$，故 $|x-1|=1-x$，且 $f(1)=0$，所以 $|f(x)|\le 1-x$，即 $-(1-x)\le f(x)\le 1-x$，故 $x-1\le f(x)\le 1-x$. (2) $g(-1)=g(1)=0$ 满足①；对任意的 $u,v\in [-1,1]$，可直接验证 $|g(u)-g(v)|\le |u-v|$ 成立（$g$ 在 $[-1,0)$、$[0,1]$ 上分别为斜率 $\pm 1$ 的一次函数，且在 $0$ 处连续衔接），满足②．故 $g(x)$ 满足题设条件。 (3) 不存在。若对任意的 $u,v\in [-1,1]$ 都有 $|f(u)-f(v)|=u-v$，取 $u=1$，$v=-1$，得 $|f(1)-f(-1)|=1-(-1)=2$，但 $f(1)=f(-1)=0$，则 $|f(1)-f(-1)|=0$，矛盾。故不存在满足题设条件的函数。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：抽象函数绝对值不等式
2. 核心方法：(1) $|f(x)|=|f(x)-f(-1)|\le |x+1|=x+1$，得 $x-1\le f(x)\le 1-x$；(2) $g(x)$ 满足题设条件；(3) 若 $|f(u)-f(v)|=u-v$ 恒成立，取 $u=1$、$v=-1$ 得 $f(1)-f(-1)=2$，与 $f(1)=f(-1)=0$ 矛盾，不存在
3. 避坑指南： Lipschitz 条件 $|f(u)-f(v)|\le |u-v|$ 与端点值联立；取特殊值导出矛盾

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于教材抽象函数与绝对值不等式
2. 结论推广: 一般地，Lipschitz 型条件与端点值联立可判定存在性；取特殊值导出矛盾证不存在

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 03.04 绝对值不等式及排序不等式

类题演练 (Links)

• 2007-新课标Ⅰ文-24 解-绝对值不等式与分段函数最值
• 2004-北京卷文-19 解-绝对值不等式与行程
• 2008-陕西文-11 单-抽象函数赋值求值