Question

已知函數(shù)f（x）的定義域為[0，1]，且同時滿足：①f（1）=3；②f（x）≥2對一切x∈[0，1]恒成立；③若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，則有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-2
（1）求f（0）的值
（2）設s，t∈[0，1]，且s＜t，求證：f（s）≤f（t）
（3）試比較f(

1

2n

)與

1

2n

+2（n∈N）的大�。�
（4）某同學發(fā)現(xiàn)，當x=

1

2n

（n∈N）時，有f（x）＜2x+2，由此他提出猜想：對一切x∈（0，1]，都有f（x）＜2x+2，請你判斷此猜想是否正確，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）由③，令x₁=x₂=0，結合f（0）≥2可求f（0）的值
（2）設s，t∈[0，1]，且s＜t，則t-s∈[0，1]．從而f（t）=f[（t-s）+s]≥f（t-s）+f（s）-2，故f（t）-f（s）≥f（t-s）-2≥0．可得f（t）≥f（s）．
（3）題中條件：f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-2，令x₁=x₂=

1

2n

，得 f(

1

2n-1

)≥2f(

1

2n

)-2，利用它進行放縮，可證得答案，
（4）因為由題意可得：對x∈[0，1]，總存在n∈N，滿足

1

2n+1

＜x≤

1

2n

．結合（I）、（II）可證得（III）．

解答：解：（1）由③，令x₁=x₂=0，f（0）≥f（0）+f（0）-2，∴f（0）≤2
又f（0）≥2，則f（0）=2；
（2）設s，t∈[0，1]，且s＜t，則t-s∈[0，1]．
∴f（t）=f[（t-s）+s]≥f（t-s）+f（s）-2．
∴f（t）-f（s）≥f（t-s）-2≥0．∴f（t）≥f（s）．
（3）在③中，令x₁=x₂=

1

2n

，得 f(

1

2n-1

)≥2f(

1

2n

)-2（8分）
∴f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]≤

1

22

[f(

1

2n-2

)-2]≤

1

2n

[f(

1

2n-n

)-2]=

1

2n

則 f(

1

2n

)≤

1

2n

+2． （11分）
（Ⅲ）對x∈[0，1]，總存在n∈N，滿足

1

2n+1

＜x≤

1

2n

． （13分）
由（Ⅰ）與（Ⅱ），得 f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，又2x+2＞2•

1

2n+1

+2=

1

2n

+2．
∴f（x）＜x+2．
綜上所述，對任意x∈[0，1]．f（x）＜x+2恒成立． （16分）

點評：本題考查了抽象函數(shù)，抽象函數(shù)是相對于給出具體解析式的函數(shù)來說的，它雖然沒有具體的表達式，但是有一定的對應法則，滿足一定的性質(zhì)，這種對應法則及函數(shù)的相應的性質(zhì)是解決問題的關鍵．抽象函數(shù)的抽象性賦予它豐富的內(nèi)涵和多變的思維價值，可以考查類比猜測，合情推理的探究能力和創(chuàng)新精神．