Question

定义在[0，1]上的函数f（x）满足f（0）=0，f（x）+f（1-x）=1，f（

x

5

）=

1

2

f（x），且当0≤x₁＜x₂≤1时，f（x₁）≤f（x₂），则f（

1

2014

）等于（　　）

• A、

  1

  2

• B、

  1

  16

• C、

  1

  32

• D、

  1

  64

Answer 1

考点：抽象函数及其应用,函数的值

专题：函数的性质及应用

分析：可令x=1，由f（0）=0，f（x）+f（1-x）=1，求得f（1）=1，又f（

x

5

）=

1

2

f（x），f（ 

1

5

）=

1

2

；反复利用f（

x

5

）=

1

2

f（x），⇒f（ 

1

3125

）=

1

2

f（ 

1

625

）=

1

32

①；再令x=

1

2

，由f（x）+f（1-x）=1，可求得f（ 

1

2

）=

1

2

，同理反复利用f（ 

x

5

）=

1

2

f（x）⇒f（ 

1

1250

）=

1

2

f（ 

1

250

）=

1

32

②；又0≤x₁＜x₂≤1时f（x₁）≤f（x₂），而 

1

3125

＜

1

2014

＜

1

1250

从而可求得f（

1

2014

）的值．

解答： 解：∵f（0）=0，f（x）+f（1-x）=1，令x=1得：f（1）=1，
又f（

x

5

）=

1

2

f（x），
∴当x=1时，f（

1

5

）=

1

2

f（1）=

1

2

；
令x=

1

5

，由f（

x

5

）=

1

2

f（x）得：
f（

1

25

）=

1

2

f（

1

5

）=

1

4

；
同理可求：f（

1

125

）=

1

2

f（

1

25

）=

1

8

；
f（

1

625

）=）=

1

2

f（

1

125

）=

1

16

；
f（

1

3125

）=

1

2

f（

1

625

）=

1

32

①
再令x=

1

2

，由f（x）+f（1-x）=1，可求得f（

1

2

）=

1

2

，
∴f（

1

2

）+f（1-

1

2

）=1，解得f（

1

2

）=

1

2

，
令x=

1

2

，同理反复利用f（

x

5

）=

1

2

f（x），
可得f（

1

10

）=）=

1

2

f（

1

2

）=

1

4

；
f（

1

50

）=

1

2

f（

1

10

）=

1

8

；
…
f（

1

1250

）=

1

2

f（

1

250

）=

1

32

②
由①②可得：，有f（

1

1250

）=f（

1

3125

）=

1

32

，
∵0≤x₁＜x₂≤1时f（x₁）≤f（x₂），而0＜

1

3125

＜

1

2014

＜

1

1250

＜1
所以有f（

1

2014

）≥f（

1

3125

）=

1

32

，
       f（

1

2014

）≤f（

1

1250

）=

1

32

；
故f（

1

2014

）=

1

32

．
故选C．

点评：本题考查抽象函数及其应用，难点在于利用f（0）=0，f（x）+f（1-x）=1，两次赋值后都反复应用f（ 

x

5

）=

1

2

f（x），分别得到关系式①②，从而使问题解决，属于难题．