Question

已知定義域為[0，1]的函數(shù)f（x）同時滿足：
（1）對于任意x∈[0，1]，總有f（x）≥0；（2）f（1）=1
（3）若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，則有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
（Ⅰ）試求f（0）的值；
（Ⅱ）試求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅲ）試證明：滿足上述條件的函數(shù)f（x）對一切實數(shù)x，都有f（x）≤2x．

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接取x₁=1，x₂=0利用f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）可得：f（0）≤0，再結(jié)合已知條件f（0）≥0即可求得f（0）=0；
（Ⅱ）由0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₂-x₁＜1，故有f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），即f（x）在[0，1]內(nèi)是增函數(shù)，故函數(shù)f（x）的最大值為f（1）；
（Ⅲ）①當(dāng)x∈(

1

2

，1]時，f（x）≤1＜2x；②當(dāng)x∈(0，

1

2

]時，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），f(x)≤

1

2

f(2x)，當(dāng)x∈(

1

2 2

，

1

2

]時，f（x）≤f(

1

2

) ≤

1

2

•f(2•

1

2

) =

1

2

f(1)=

1

2

成立．假設(shè)當(dāng)x∈(

1

2 k+1

，

1

2 k

]時，有f（k）≤

1

2 k

成立，其中k=1，2，…那么當(dāng)x∈(

1

2 k+2

，

1

2 k+1

]時，f（x）≤f(

1

2 k+1

) ≤

1

2

•f(2•

1

2 k+1

)=

1

2

•f(

1

2 k

) ≤

1

2

•

1

2 k

=

1

2 k+1

，故對于任意x∈(0，

1

2

]，存在正整數(shù)n，使得x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，此時f(x)≤

1

2 n

≤2x；當(dāng)x=0時，f（0）=0≤2x．所以，滿足條件的函數(shù)f（x），對x∈[0，1]，總有f（x）≤2x成立．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
∴f（1+0）≥f（1）+f（0），
∴f（0）≤0，
∵f（0）≥0，
故f（0）=0．
（Ⅱ）因為0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₂-x₁＜1，
所以f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁）
故有f（x₁）≤f（x₂）．
∴f（x）在[0，1]內(nèi)是增函數(shù)，
于是當(dāng)0≤x≤1時，有f（x）≤f（1）=1
因此，當(dāng)x=1時，f（x）有最大值為1；
（Ⅲ）證明：研究①當(dāng)x∈(

1

2

，1]時，f（x）≤1＜2x．
②當(dāng)x∈(0，

1

2

]時，
首先，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），
∴f(x)≤

1

2

f(2x)，
顯然，當(dāng)x∈(

1

2 2

，

1

2

]時，
f（x）≤f(

1

2

) ≤

1

2

•f(2•

1

2

) =

1

2

f(1)=

1

2

成立．
假設(shè)當(dāng)x∈(

1

2 k+1

，

1

2 k

]時，有f（k）≤

1

2 k

成立，其中k=1，2，…
那么當(dāng)x∈(

1

2 k+2

，

1

2 k+1

]時，
f（x）≤f(

1

2 k+1

) ≤

1

2

•f(2•

1

2 k+1

)=

1

2

•f(

1

2 k

) ≤

1

2

•

1

2 k

=

1

2 k+1

，
可知對于x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，總有f(x)＜

1

2 n

，其中n=1，2，…
而對于任意x∈(0，

1

2

]，存在正整數(shù)n，使得x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，
此時f(x)≤

1

2 n

≤2x．…11分
③當(dāng)x=0時，f（0）=0≤2x…12分
綜上可知，滿足條件的函數(shù)f（x），對x∈[0，1]，總有f（x）≤2x成立．

點評：本題主要是在新定義下對抽象函數(shù)進行考查，在做關(guān)于新定義的題目時，一定要先研究定義，在理解定義的基礎(chǔ)上再做題．解題時要認(rèn)真審題，注意數(shù)學(xué)歸納法的合理運用．