Question

3．对定义在[0，1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f（x）称为M函数：
（i） 对任意的x∈[0，1]，恒有f（x）≥0；
（ii） 当x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1时，总有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）成立．
则下列四个函数中不是M函数的个数是（　　）
①f（x）=x²②f（x）=x²+1
③f（x）=ln（x²+1）④f（x）=2^x-1．

• A． 1
• B． 2
• C． 3
• D． 4

Answer 1

分析 利用已知条件函数的新定义，对四个选项逐一验证两个条件，判断即可．

解答 解：（i）在[0，1]上，四个函数都满足；（ii）x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1；
对于①，$f（{x_1}+{x_2}）-[f（{x_1}）+f（{x_2}）]={（{x_1}+{x_2}）^2}-（{x_1}^2+{x_2}^2）=2{x_1}{x_2}≥0$，∴①满足；
对于②，$f（{x_1}+{x_2}）-[f（{x_1}）+f（{x_2}）]=[{（{x_1}+{x_2}）^2}+1]-[（{x_1}^2+1）+（{x_2}^2+1）]$=2x₁x₂-1＜0，∴②不满足．
对于③，$f（{x_1}+{x_2}）-[f（{x_1}）+f（{x_2}）]=ln[{（{x_1}+{x_2}）^2}+1]-[ln（{x_1}^2+1）+ln（{x_2}^2+1）]$=$ln[{（{x_1}+{x_2}）^2}+1]-ln[（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）]=ln\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}+1}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}=ln\frac{{{x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}+1}}{{{x_1}^2{x_2}^2+{x_1}^2+{x_2}^2+1}}$而x₁≥0，x₂≥0，∴$1≥{x_1}+{x_2}≥2\sqrt{{x_1}{x_2}}$，∴${x_1}{x_2}≤\frac{1}{4}$，∴${x_1}^2{x_2}^2≤\frac{1}{4}{x_1}{x_2}≤2{x_1}{x_2}$，
∴$\frac{{{x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}+1}}{{{x_1}^2{x_2}^2+{x_1}^2+{x_2}^2+1}}≥1$，∴$ln\frac{{{x_1}^2+{x_2}^2+2{x_1}{x_2}+1}}{{{x_1}^2{x_2}^2+{x_1}^2+{x_2}^2+1}}≥0$，∴③满足；
对于④，$f（{x_1}+{x_2}）-[f（{x_1}）+f（{x_2}）]=（{2^{{x_1}+{x_2}}}-1）-（{2^{x_1}}-1+{2^{x_2}}-1）$
=${2^{x_1}}{2^{x_2}}-{2^{x_1}}-{2^{x_2}}+1=（{2^{x_1}}-1）（{2^{x_2}}-1）≥0$，∴④满足；
故选：A．

点评 本题通过函数的运算与不等式的比较，另外也可以利用函数在定义域内的变化率、函数图象的基本形式来获得答案，本题对学生的运算求解能力和数形结合思想提出一定要求．