Question

已知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足：
（1）对于任意x∈[0，1]，总有f（x）≥0；（2）f（1）=1
（3）若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，则有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
（Ⅰ）试求f（0）的值；
（Ⅱ）试求函数f（x）的最大值；
（Ⅲ）试证明：满足上述条件的函数f（x）对一切实数x，都有f（x）≤2x．

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接取x₁=1，x₂=0利用f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）可得：f（0）≤0，再结合已知条件f（0）≥0即可求得f（0）=0；
（Ⅱ）由0≤x₁＜x₂≤1，则0＜x₂-x₁＜1，故有f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），即f（x）在[0，1]内是增函数，故函数f（x）的最大值为f（1）；
（Ⅲ）①当x∈(

1

2

，1]时，f（x）≤1＜2x；②当x∈(0，

1

2

]时，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），f(x)≤

1

2

f(2x)，当x∈(

1

2 2

，

1

2

]时，f（x）≤f(

1

2

) ≤

1

2

•f(2•

1

2

) =

1

2

f(1)=

1

2

成立．假设当x∈(

1

2 k+1

，

1

2 k

]时，有f（k）≤

1

2 k

成立，其中k=1，2，…那么当x∈(

1

2 k+2

，

1

2 k+1

]时，f（x）≤f(

1

2 k+1

) ≤

1

2

•f(2•

1

2 k+1

)=

1

2

•f(

1

2 k

) ≤

1

2

•

1

2 k

=

1

2 k+1

，故对于任意x∈(0，

1

2

]，存在正整数n，使得x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，此时f(x)≤

1

2 n

≤2x；当x=0时，f（0）=0≤2x．所以，满足条件的函数f（x），对x∈[0，1]，总有f（x）≤2x成立．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
∴f（1+0）≥f（1）+f（0），
∴f（0）≤0，
∵f（0）≥0，
故f（0）=0．
（Ⅱ）因为0≤x₁＜x₂≤1，则0＜x₂-x₁＜1，
所以f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁）
故有f（x₁）≤f（x₂）．
∴f（x）在[0，1]内是增函数，
于是当0≤x≤1时，有f（x）≤f（1）=1
因此，当x=1时，f（x）有最大值为1；
（Ⅲ）证明：研究①当x∈(

1

2

，1]时，f（x）≤1＜2x．
②当x∈(0，

1

2

]时，
首先，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），
∴f(x)≤

1

2

f(2x)，
显然，当x∈(

1

2 2

，

1

2

]时，
f（x）≤f(

1

2

) ≤

1

2

•f(2•

1

2

) =

1

2

f(1)=

1

2

成立．
假设当x∈(

1

2 k+1

，

1

2 k

]时，有f（k）≤

1

2 k

成立，其中k=1，2，…
那么当x∈(

1

2 k+2

，

1

2 k+1

]时，
f（x）≤f(

1

2 k+1

) ≤

1

2

•f(2•

1

2 k+1

)=

1

2

•f(

1

2 k

) ≤

1

2

•

1

2 k

=

1

2 k+1

，
可知对于x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，总有f(x)＜

1

2 n

，其中n=1，2，…
而对于任意x∈(0，

1

2

]，存在正整数n，使得x∈(

1

2 n+1

，

1

2 n

]，
此时f(x)≤

1

2 n

≤2x．…11分
③当x=0时，f（0）=0≤2x…12分
综上可知，满足条件的函数f（x），对x∈[0，1]，总有f（x）≤2x成立．

点评：本题主要是在新定义下对抽象函数进行考查，在做关于新定义的题目时，一定要先研究定义，在理解定义的基础上再做题．解题时要认真审题，注意数学归纳法的合理运用．