Question

3．己知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足：
①?x∈[0，1]，恒有f（x）≥0；②f（1）=1；③若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，则有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
（1）求f（0）；
（2）求f（x）的最大值；
（3）求证：?x∈[0，1]，恒有f（x）≤2x．

Answer 1

分析 （1）直接取x₁=1，x₂=0，利用f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）可得：f（0）≤0，再结合已知条件f（0）≥0，即可求得f（0）=0．
（2）由0≤x₁＜x₂≤1，则0＜x₁-x₂＜1，故有f（x₂）=f（x₂-x₁+x₂）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），即f（x）在[0，1]内是增函数，故函数f（x）有最大值为f（1）．
（3）①当x∈（$\frac{1}{2}，1$]时，f（x）≤1＜2x，②当x∈（0，$\frac{1}{2}$]时，可知对于x∈$（\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}]$，总有f（x）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，其中n=1，2，…，而对于任意x∈$（0，\frac{1}{2}]$，存在正整数n，使得x∈（$\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}$]，此时f（x）≤$\frac{1}{{2}^{n}}$≤2x，③当x=0时，f（0）=0≤2x所以，满足条件的函数f（x），对x∈[0，1]，总有f（x）≤2x成立．

解答 解：（1）∵f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂），
∴f（1+0）≥f（1）+f（0），
∴f（0）≤0，
∵?x∈[0，1]，恒有f（x）≥0，
故f（0）=0．
（2）∵0≤x₁＜x₂≤1，则0＜x₁-x₂＜1，
∴f（x₂）=f（x₂-x₁+x₂）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），
故有f（x₁）≤f（x₂），
∴f（x）在[0，1]内是增函数，
于是当0≤x≤1时，有f（x）≤f（1）=1，
因此，当x=1时，f（x）有最大值为1；
（3）证明：研究①当x∈（$\frac{1}{2}，1$]时，f（x）≤1＜2x，
②当x∈（0，$\frac{1}{2}$]时，
首先，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），
∴f（x）≤$\frac{1}{2}$f（2x），
显然，当x∈$（\frac{1}{{2}^{2}}，\frac{1}{2}]$时，
f（x）≤f（$\frac{1}{2}$）≤$\frac{1}{2}f（2\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}f（1）=\frac{1}{2}$成立，
假设当x$∈（\frac{1}{{2}^{k+1}}，\frac{1}{{2}^{k}}]$时，有f（k）$≤\frac{1}{{2}^{k}}$成立，其中k=1，2，…，
那么当$x∈（\frac{1}{{2}^{k+2}}，\frac{1}{{2}^{k+1}}]$时，
f（x）≤$f（\frac{1}{{2}^{k+1}}）≤\frac{1}{2}f（2\frac{1}{{2}^{k+1}}）$=
$\frac{1}{2}f（\frac{1}{{2}^{k}}）≤\frac{1}{2}\frac{1}{{2}^{k}}=\frac{1}{{2}^{k+1}}$，
可知对于x∈$（\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}]$，总有f（x）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，其中n=1，2，…，
而对于任意x∈$（0，\frac{1}{2}]$，存在正整数n，使得x∈（$\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}$]，
此时f（x）≤$\frac{1}{{2}^{n}}$≤2x，
③当x=0时，f（0）=0≤2x，
综上可知，满足条件的函数f（x），对x∈[0，1]，总有f（x）≤2x成立．

点评 本题考查在新定义下对抽象函数进行考查，在做关于新定义的题目时，一定要先研究定义，在理解定义的基础上再做题，解题时要认真审题，注意数学归纳法的合理运用．