Question

M是具有以下性质的函数f（x）的全体：对于任意s，t＞0，都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t）．
（I）试判断函数f₁（x）=log₂（x+1），是否属于M？
（II）证明：对于任意的x＞0，x+m＞0（m∈R且m≠0）都有m[f（x+m）-f（x）]＞0；
（III）证明：对于任意给定的正数s＞1，存在正数t，当0＜x≤t时，f（x）＜s．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）依题意，若log₂（s+1）+log₂（t+1）＜log₂（s+t+1）成立则（s+1）（t+1）＜s+t+1即st＜0导出矛盾；若2^s+2^t-2＜2^s+t-1成立?（2^s-1）（1-2^t）＜0成立，进一步分析 f₂（x）∈M
（II）证明：当m＞0时，可证得f（x+m）-f（x）＞0，当m＜0时，可证f（x+m）-f（x）＜0，从而结论成立；
（III）据（II）f（x）在（0．+∞）上为增函数，且必有f（2x）＞2f（x）（*）①若f（1）＜s，令t=1，则0＜x≤t时 f（x）＜s；②若f（1）＞s，则存在k∈N^*，使f（1）＜2^k=，
从而可得可得f（）＜f（）＜…＜f（1）＜1＜s，于是结论可证．
解答：解：（Ⅰ）由题意可知，f₁（s）＞0，f₁（t）＞0，f₂（s）＞0，f₂（t）＞0，
若log₂（s+1）+log₂（t+1）＜log₂（s+t+1）成立
则（s+1）（t+1）＜s+t+1即st＜0
与已知任意s，t＞0即st＞0相矛盾，故f₁（x）∉M；    …（2分）
若2^s+2^t-2＜2^s+t-1成立 则2^s+2^t-2^s+t-1＜0
即（2^s-1）（1-2^t）＜0
∵s，t＞0
∴2^s＞1，1-2^t＜0即（2^s-1）（1-2^t）＜0成立  …（4分）
故f₂（x）∈M．
综上，f₁（x）∉M，f₂（x）∈M．…（5分）
（II）证明：当m＞0时，f（x+m）＞f（x）+f（m）＞f（x）
∴f（x+m）-f（x）＞0，
当m＜0时，f（x）=f（x+m-m）＞f（x+m）+f（-m）＞f（x+m）
∴f（x+m）-f（x）＜0
故m[f（x+m）-f（x）]＞0．…（9分）
（III） 据（II）f（x）在（0．+∞）上为增函数，且必有f（2x）＞2f（x）（*）
①若f（1）＜s，令t=1，则0＜x≤t时 f（x）＜s；
②若f（1）＞s，则存在k∈N^*，使f（1）＜2^k=，
由（*）式可得f（）＜f（）＜…＜f（1）＜1＜s，
即当0＜x≤t时，f（x）＜s
综①、②命题得证．                                                …（13分）
点评：本题考查分析法和综合法分析证明等式与不等式，突出考查函数恒成立问题，考查分类讨论与化归思想，考查放缩法的应用，属于难题．