2013-上海卷理-23 解-绝对值函数

本题导读

本题考查函数的基本性质。核心在于分类讨论法、构造不等式证明法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年上海卷(理)）给定常数 $c > 0$ ，定义函数 $f (x) = 2∣ x + c + 4∣ - ∣ x + c ∣$ ，数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots$ 满足 $a_{n + 1} = f (a_{n}), n \in N^{*}$ .

(1)若 $a_{1} = - c - 2$ ，求 $a_{2}$ 及 $a_{3}$ ；

(2)求证：对任意 $n \in N^{*}$ ， $a_{n + 1} - a_{n} \geq c$ ；

(3)是否存在 $a_{1}$ ，使得 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}, \dots$ 成等差数列？若存在，求出所有这样的 $a_{1}$ ，若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

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第一问（基础运算）：

直接代入 $a_{1}$ 求 $f (a_{1})$ 得到 $a_{2}$ ，再将 $a_{2}$ 代入求 $a_{3}$ 。注意根据 $c > 0$ 判断绝对值内的正负号。

第二问（增长性证明）：

目标是证明 $f (x) - x \geq c$ 恒成立。

去绝对值：根据 $x$ 与 $- c - 4$ 及 $- c$ 的位置关系分区间讨论。

不等式性质：在每个区间上分别证明 $2∣ x + c + 4∣ - ∣ x + c ∣ - x \geq c$ 。

第三问（等差数列存在性）：

必要性分析：由（2）可知，若数列成等差数列，公差 $d \geq c > 0$ 。这意味着当 $n \to \infty$ 时， $a_{n} \to + \infty$ 。

远端规律：当 $x$ 足够大时（ $x > - c$ ）， $f (x) = 2 (x + c + 4) - (x + c) = x + c + 8$ 。即数列在远端一定是公差为 $d = c + 8$ 的等差数列。

回归首项：要使整列成等差数列，公差必须恒为 $c + 8$ 。即需满足 $a_{2} - a_{1} = c + 8$ 。

分类讨论：代入 $f (a_{1}) - a_{1} = c + 8$ 求解 $a_{1}$ ，并验证每种情况是否能保证后续项始终落在 $f (x) = x + c + 8$ 的线性区间内。

✅【答案】

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情况 A： $a_{1} + c \geq 0$ ；情况 B： $a_{1} + c < 0$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 因为 $c > 0$ ， $a_{1} = - c - 2$ 。 $a_{2} = f (a_{1}) = 2∣ (- c - 2) + c + 4∣ - ∣ (- c - 2) + c ∣ = 2∣2∣ - ∣ - 2∣ = 4 - 2 = 2$ 。 $a_{3} = f (a_{2}) = 2∣2 + c + 4∣ - ∣2 + c ∣$ 。由于 $c > 0$ ，故 $c + 6 > 0, c + 2 > 0$ 。 $a_{3} = 2 (c + 6) - (c + 2) = 2 c + 12 - c - 2 = c + 10$ 。

（2）证明： 只需证明 $f (x) \geq x + c$ 对任意 $x \in R$ 都成立。 $f (x) \geq x + c ⟺ 2∣ x + c + 4∣ \geq ∣ x + c ∣ + x + c$ 。

若 $x + c \leq 0$ ，则 $∣ x + c ∣ + x + c = 0$ 。可知 $2∣ x + c + 4∣ \geq 0$ 成立。

若 $x + c > 0$ ，则等式右边为 $2 (x + c)$ 。不等式变为 $2∣ x + c + 4∣ \geq 2 (x + c) ⟺ x + c + 4 \geq x + c$ （此处绝对值内为正），可知 $4 > 0$ 成立。综上， $f (x) - x \geq c$ 恒成立。故对任意 $n \in N^{*}$ ， $a_{n + 1} - a_{n} \geq c$ 。

（3）解： 若 ${a_{n}}$ 为等差数列，由（2）知公差 $d \geq c > 0$ 。故当 $n$ 无限增大时， $a_{n}$ 最终会大于 $- c$ 。当 $a_{n} \geq - c$ 时， $a_{n + 1} = f (a_{n}) = 2 (a_{n} + c + 4) - (a_{n} + c) = a_{n} + c + 8$ 。即公差 $d = c + 8$ 。要使整列成等差，必须有 $a_{2} - a_{1} = c + 8$ ，即 $f (a_{1}) = a_{1} + c + 8$ 。 $2∣ a_{1} + c + 4∣ - ∣ a_{1} + c ∣ = a_{1} + c + 8 \dots\dots (*)$

情况 A： $a_{1} + c \geq 0$ 此时 $(*)$ 式左边为 $a_{1} + c + 8$ ，恒成立。此时 $a_{n} \geq a_{1} \geq - c$ ，由上文分析可知 $a_{n + 1} = a_{n} + c + 8$ 恒成立。故 $a_{1} \in [- c, + \infty)$ 满足题意。

情况 B： $a_{1} + c < 0$

若 $a_{1} + c + 4 \geq 0$ ，即 $- c - 4 \leq a_{1} < - c$ ： $2 (a_{1} + c + 4) - (- (a_{1} + c)) = a_{1} + c + 8 ⟹ 3 a_{1} + 3 c + 8 = a_{1} + c + 8 ⟹ 2 a_{1} = - 2 c ⟹ a_{1} = - c$ 。这属于情况 A 的边界，已包含。

若 $a_{1} + c + 4 < 0$ ，即 $a_{1} < - c - 4$ ： $- 2 (a_{1} + c + 4) + (a_{1} + c) = a_{1} + c + 8 ⟹ - a_{1} - c - 8 = a_{1} + c + 8 ⟹ 2 a_{1} = - 2 c - 16 ⟹ a_{1} = - c - 8$ 。此时需验证 $a_{1} = - c - 8$ 是否满足。 $a_{1} = - c - 8$ $a_{2} = f (- c - 8) = 2∣ - 4∣ - ∣ - 8∣ = 0$ $a_{3} = f (0) = 2∣ c + 4∣ - ∣ c ∣ = c + 8$ 此时 $a_{2} - a_{1} = c + 8$ ， $a_{3} - a_{2} = c + 8$ 。且 $a_{n}$ 从 $n = 2$ 起均大于 $- c$ ，公差保持 $c + 8$ 。满足题意。

综上所述，满足题意的 $a_{1}$ 取值范围是 $[- c, + \infty) \cup {- c - 8}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：绝对值不等式的性质及分区讨论法；递推数列的长期行为分析（远端趋势）。

核心方法：“先局部后整体”。第三问中先通过 $n$ 较大时的行为锁定唯一可能的公差，再回头约束首项。

避坑指南：- 第二问：不要只讨论三个区间，可以利用 $∣ A ∣ \geq A$ 的性质巧妙简化证明过程。 - 第三问：容易漏掉孤立点 $a_{1} = - c - 8$ 。在处理绝对值方程时，必须在对应的区间前提下解方程。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：分段函数的连续性、数列的单调性与有界性。

结论推广：对于形如 $a_{n + 1} = p ∣ x + m ∣ + q ∣ x + n ∣ + k x$ 的递推数列，若存在等差数列，其公差往往与 $x \to \infty$ 时的渐近斜率有关。

方法推广：“先局部后整体”。第三问中先通过 $n$ 较大时的行为锁定唯一可能的公差，再回头约束首项。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

05.02 函数的四大性质

19.01 等差数列全总结

19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

2015-湖北卷文-17 填-绝对值函数最值

2014-上海卷文-03 填-绝对值函数求值

2013-辽宁卷文-07 单-奇函数对数求值

∑ ( Math )

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2013-上海卷理-23 解-绝对值函数

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