Question

定义在[0，2]上的函数f（x）的图象过点（1，3）且关于直线x=1对称，已知f（x）≥1在定义域内恒成立，且对于任意的x，y∈[0，1]，若x+y≤1，则f（x+y）≥f（x）+f（y）-1．
（1）判断函数f（x）在[0，1]上的单调性；
（2）证明：f(

1

3n

)≤

2

3n

+1，n∈N*；
（3）当x∈[1，2]时，证明：7≤f（x）+6x≤13恒成立．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：证明题,综合题,函数的性质及应用

分析：（1）依题意，利用单调性的定义，设x₁，x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，则x₂-x₁∈[0，1]，作差f（x₂）-f（x₁）=f[x₁+（x₂-x₁）]-f（x₁）≥f（x₁）+f（x₂-x₁）-1-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1≥0，从而可知f（x）在[0，1]上是不减函数．
（2）依题意，可证f（

1

3n-1

）=f（

1

3n

+

1

3n

+

1

3n

）≥f（

1

3n

+

1

3n

）+f（

1

3n

）-1≥3f（

1

3n

）-2，于是得到f（

1

3n

）≤

1

3

f（

1

3n-1

）+

2

3

，继续递推下去，即可证得结论成立；
（3）对任意的x∈[0，1]，必存在正整数n，使得

1

3n

≤x≤

1

3n-1

，从而可证得f（

1

3n

）≤f（x）≤f（

1

3n-1

），继而得，f（

1

3n-1

）≤

2

3n-1

+1=

6

3n

+1≤6x+1，再利用x∈[1，2]时，2-x∈[0，1]，且f（x）=f（2-x），即可证得当x∈[1，2]时，7≤f（x）+6x≤13恒成立．

解答： 解：（1）∵函数f（x）的图象关于直线x=1对称，∴f（2-x）=f（x），
又对于任意的x，y∈[0，1]，当x+y≤1时，
f（x+y）≥f（x）+f（y）-1．
设x₁，x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，则x₂-x₁∈[0，1]．
∵f（x₂）-f（x₁）=f[x₁+（x₂-x₁）]-f（x₁）≥f（x₁）+f（x₂-x₁）-1-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1≥0，
∴f（x）在[0，1]上是不减函数．
（2）证明：∵f（

1

3n-1

）=f（

1

3n

+

1

3n

+

1

3n

）≥f（

1

3n

+

1

3n

）+f（

1

3n

）-1≥3f（

1

3n

）-2，
∴f（

1

3n

）≤

1

3

f（

1

3n-1

）+

2

3

≤

1

32

f（

1

3n-2

）+

2

32

+

2

3

≤…≤

1

3n

f（

1

3n-n

）+

2

3n

+…+

2

32

+

2

3

=

1

3n-1

+1-

1

3n

=

2

3n

+1；
（3）证明：对任意的x∈[0，1]，必存在正整数n，使得

1

3n

≤x≤

1

3n-1

，
∵f（x）在[0，1]上是不减函数，
∴f（

1

3n

）≤f（x）≤f（

1

3n-1

），
由（2）知，f（

1

3n-1

）≤

2

3n-1

+1=

6

3n

+1≤6x+1，
由（1）知f（2）≥1，在（2）中，令x=y=2，得：f（2）≤1，∴f（2）=1，而f（2）=f（0），
∴f（0）=1，
又f（

1

3n

）≥f（0）=1，
∴x∈[0，1]时，1≤f（x）≤6x+1，
∵x∈[1，2]时，2-x∈[0，1]，且f（x）=f（2-x），
∴1≤f（2-x）≤6（2-x）+1=13-6x，
因此，x∈[1，2]时，1+6x≤f（x）+6x≤13，又6x≥6，
∴当x∈[1，2]时，7≤f（x）+6x≤13恒成立．

点评：本题考查抽象函数及其应用，考查递推关系的应用，突出考查放缩法、抽象思维、逻辑思维、创新思维的能力，属于难题．