每日一题[177] 绝对值不等式

2015年高考上海卷理科数学填空第13题：

已知函数$f(x)=\sin x$．若存在$x_1,x_2,\cdots,x_m$满足$0\leqslant x_1<x_2<\cdots <x_m\leqslant 6\pi$，且$\left|f(x_1)-f(x_2)\right|+\left|f(x_2)-f(x_3)\right|+\cdots+\left|f(x_{m-1})-f(x_m)\right|=12$（$m\geqslant 2$，$m\in \mathcal N^*$），则$m$的最小值为_______．

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正确答案是$8$．

如图，取序列

$$0,\dfrac{\pi}2,\dfrac{3\pi}2,\dfrac{5\pi}2,\dfrac{7\pi}{2},\dfrac{9\pi}2,\dfrac{11\pi}2,6\pi$$ 就得到$m=8$的情形．

下面证明$m$不可能比$8$更小．事实上，可以证明一个更强的命题：序列中必然包含如上所述的$8$个数．

直观上来说，因为要求序列数最少，所以同一个单调区间内最多存在两个点；同时，这两个点是单调区间的端点时，函数值的差的绝对值最大，所以所有点都取单调区间的端点更合适，但需要满足和为$12$，如图，

严格的推导过程如下：

如上的序列把区间$[0,6\pi]$分成$7$个单调区间，不妨设

$$0\leqslant x_1<\cdots<x_{i_1}\leqslant \dfrac{\pi}{2}<x_{i_1+1}<\cdots<x_{i_2}\leqslant \dfrac{3\pi}{2}<\cdots<\dfrac{11\pi}{2}<x_{i_6+1}<\cdots<x_m\leqslant 6\pi,$$ 则 $$\begin{split}&\qquad\sum_{k=1}^{m-1}\left|f(x_k)-f(x_{k+1})\right|\\&= \left|f(x_{i_1})-f(x_1)\right|+\left|f(x_{i_1})-f(x_{i_1+1})\right|+\left|f(x_{i_1+1})-f(x_{i_2})\right|+\cdots+\left|f(x_{i_6+1})-f(x_m)\right|\\ &\leqslant \left|f(x_{i_1})-f(x_1)\right|+\left[\ \left|f(x_{i_1})-f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\right|+\left|f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f(x_{i_1+1})\right|\ \right]+\left|f(x_{i_1+1})-f(x_{i_2})\right|\\&\qquad\qquad+\cdots+\left|f(x_{i_6+1})-f(x_m)\right|\\&=\left|f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f(x_1)\right|+\left|f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)\right|+\cdots+\left|f\left(\dfrac{11\pi}{2}\right)-f(x_m)\right|\\&\leqslant \left|f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f(0)\right|+\left|f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)\right|+\cdots+\left|f\left(\dfrac{11\pi}{2}\right)-f(6\pi)\right|\\&=12,\end{split}$$ 等号取得的条件为 $$x_1=0,x_{i_1}=\dfrac{\pi}{2},\cdots,x_{i_6}=\dfrac{11\pi}{2},x_m=6\pi,$$ 即 $$0,\dfrac{\pi}{2},\cdots,6\pi\in\left\{x_1,x_2,\cdots,x_m\right\},$$ 因此命题得证．