Question

定義在[0，2]上的函數(shù)f（x）的圖象過點(diǎn)（1，3）且關(guān)于直線x=1對(duì)稱，已知f（x）≥1在定義域內(nèi)恒成立，且對(duì)于任意的x，y∈[0，1]，若x+y≤1，則f（x+y）≥f（x）+f（y）-1．
（1）判斷函數(shù)f（x）在[0，1]上的單調(diào)性；
（2）證明：f(

1

3n

)≤

2

3n

+1，n∈N*；
（3）當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，證明：7≤f（x）+6x≤13恒成立．

Answer 1

考點(diǎn)：抽象函數(shù)及其應(yīng)用

專題：證明題,綜合題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）依題意，利用單調(diào)性的定義，設(shè)x₁，x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，則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，從而可知f（x）在[0，1]上是不減函數(shù)．
（2）依題意，可證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

，繼續(xù)遞推下去，即可證得結(jié)論成立；
（3）對(duì)任意的x∈[0，1]，必存在正整數(shù)n，使得

1

3n

≤x≤

1

3n-1

，從而可證得f（

1

3n

）≤f（x）≤f（

1

3n-1

），繼而得，f（

1

3n-1

）≤

2

3n-1

+1=

6

3n

+1≤6x+1，再利用x∈[1，2]時(shí)，2-x∈[0，1]，且f（x）=f（2-x），即可證得當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，7≤f（x）+6x≤13恒成立．

解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱，∴f（2-x）=f（x），
又對(duì)于任意的x，y∈[0，1]，當(dāng)x+y≤1時(shí)，
f（x+y）≥f（x）+f（y）-1．
設(shè)x₁，x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，則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]上是不減函數(shù)．
（2）證明：∵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）證明：對(duì)任意的x∈[0，1]，必存在正整數(shù)n，使得

1

3n

≤x≤

1

3n-1

，
∵f（x）在[0，1]上是不減函數(shù)，
∴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]時(shí)，1≤f（x）≤6x+1，
∵x∈[1，2]時(shí)，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]時(shí)，1+6x≤f（x）+6x≤13，又6x≥6，
∴當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，7≤f（x）+6x≤13恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查遞推關(guān)系的應(yīng)用，突出考查放縮法、抽象思維、邏輯思維、創(chuàng)新思維的能力，屬于難題．