题目内容
已知函数f（x）的定义域为[0，1]，且同时满足：①f（1）=3；②f（x）≥2对一切x∈[0，1]恒成立；③若x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1，则有f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）-2
（1）求f（0）的值
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，求证：f（s）≤f（t）
（3）试比较f(
)与
+2（n∈N）的大小；
（4）某同学发现，当x=
（n∈N）时，有f（x）＜2x+2，由此他提出猜想：对一切x∈（0，1]，都有f（x）＜2x+2，请你判断此猜想是否正确，并说明理由．
（1）求f（0）的值
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，求证：f（s）≤f（t）
（3）试比较f(
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n |
（4）某同学发现，当x=
| 1 |
| 2n |
分析：（1）由③，令x1=x2=0，结合f（0）≥2可求f（0）的值
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，则t-s∈[0，1]．从而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）题中条件：f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）-2，令x1=x2=
，得 f(
)≥2f(
)-2，利用它进行放缩，可证得答案，
（4）因为由题意可得：对x∈[0，1]，总存在n∈N，满足
＜x≤
．结合（I）、（II）可证得（III）．
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，则t-s∈[0，1]．从而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）题中条件：f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）-2，令x1=x2=
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n |
（4）因为由题意可得：对x∈[0，1]，总存在n∈N，满足
| 1 |
| 2n+1 |
| 1 |
| 2n |
解答：解：（1）由③，令x1=x2=0，f（0）≥f（0）+f（0）-2，∴f（0）≤2
又f（0）≥2，则f（0）=2；
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，则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=
，得 f(
)≥2f(
)-2（8分）
∴f(
)-2≤
[f(
)-2]≤
[f(
)-2]≤
[f(
)-2]=
则 f(
)≤
+2． （11分）
（Ⅲ）对x∈[0，1]，总存在n∈N，满足
＜x≤
． （13分）
由（Ⅰ）与（Ⅱ），得 f(x)≤f(
)≤
+2，又2x+2＞2•
+2=
+2．
∴f（x）＜x+2．
综上所述，对任意x∈[0，1]．f（x）＜x+2恒成立． （16分）
又f（0）≥2，则f（0）=2；
（2）设s，t∈[0，1]，且s＜t，则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 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n |
∴f(
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 2n-2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n-n |
| 1 |
| 2n |
则 f(
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n |
（Ⅲ）对x∈[0，1]，总存在n∈N，满足
| 1 |
| 2n+1 |
| 1 |
| 2n |
由（Ⅰ）与（Ⅱ），得 f(x)≤f(
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n+1 |
| 1 |
| 2n |
∴f（x）＜x+2．
综上所述，对任意x∈[0，1]．f（x）＜x+2恒成立． （16分）
点评：本题考查了抽象函数，抽象函数是相对于给出具体解析式的函数来说的，它虽然没有具体的表达式，但是有一定的对应法则，满足一定的性质，这种对应法则及函数的相应的性质是解决问题的关键．抽象函数的抽象性赋予它丰富的内涵和多变的思维价值，可以考查类比猜测，合情推理的探究能力和创新精神．
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