Question

已知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足：①f（1）=3；②f（x）≥2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（x）的最大值和最小值；
（2）试比较f（

1

2n

）与

1

2n

+2的大小（n∈N）；
（3）若对任意x∈（0，1]，总存在n（n∈N），使得

1

2n+1

＜x≤

1

2n

，求证：对任意x∈（0，1]，都有f（x）≤2x+2．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合

专题：综合题,不等式的解法及应用

分析：（1）对于抽象函数的最值问题，可考虑此函数的单调性；
（2）由题中条件：f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-2，令x1=x2=

1

2n

，得f(

1

2n

+

1

2n

)≥f(

1

2n

)+f(

1

2n

)-2．即f(

1

2n-1

)≥2f(

1

2n

)-2，利用它进行放缩，可证得答案；
（3）利用f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，即可证明．

解答： （1）解：任取0≤x₁＜x₂≤1，则0＜x₂-x₁＜1，且f（x₂-x₁）≥2．
于是f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]≥f（x₂-x₁）+f（x₁）-2．
所以f（x₂）-f（x₁）≥f（x₂-x₁）-2≥0．
所以f（x₂）≥f（x₁）．所以f（0）≤f（x）≤f（1）．
由③，取x₁=x₂=0，得f（0）≤2；由②，得f（0）≥2；
所以f（0）=2．又f（1）=3，
所以，f（x）的最小值为2，最大值为3．…（4分）
（2）解：在③中，令x1=x2=

1

2n

，得f(

1

2n

+

1

2n

)≥f(

1

2n

)+f(

1

2n

)-2．
即f(

1

2n-1

)≥2f(

1

2n

)-2，变形为f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]．
于是f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]≤

1

22

[f(

1

2n-2

)-2]≤…≤

1

2n

[f(

1

20

)-2]=

1

2n

，
所以f(

1

2n

)≤

1

2n

+2．…（9分）
（3）证明：对任意满足x∈（0，1]，总存在n（n∈N），使得

1

2n+1

＜x≤

1

2n

．
于是f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，
又2x+2＞2×

1

2n+1

+2=

1

2n

+2，
所以f（x）≤2x+2．…（14分）

点评：本题考查了抽象函数的性质，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．