Question

3．己知定義域?yàn)閇0，1]的函數(shù)f（x）同時(shí)滿足：
①?x∈[0，1]，恒有f（x）≥0；②f（1）=1；③若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，則有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）
（1）求f（0）；
（2）求f（x）的最大值；
（3）求證：?x∈[0，1]，恒有f（x）≤2x．

Answer 1

分析 （1）直接取x₁=1，x₂=0，利用f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）可得：f（0）≤0，再結(jié)合已知條件f（0）≥0，即可求得f（0）=0．
（2）由0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₁-x₂＜1，故有f（x₂）=f（x₂-x₁+x₂）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），即f（x）在[0，1]內(nèi)是增函數(shù)，故函數(shù)f（x）有最大值為f（1）．
（3）①當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}，1$]時(shí)，f（x）≤1＜2x，②當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}$]時(shí)，可知對(duì)于x∈$（\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}]$，總有f（x）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，其中n=1，2，…，而對(duì)于任意x∈$（0，\frac{1}{2}]$，存在正整數(shù)n，使得x∈（$\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}$]，此時(shí)f（x）≤$\frac{1}{{2}^{n}}$≤2x，③當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=0≤2x所以，滿足條件的函數(shù)f（x），對(duì)x∈[0，1]，總有f（x）≤2x成立．

解答 解：（1）∵f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂），
∴f（1+0）≥f（1）+f（0），
∴f（0）≤0，
∵?x∈[0，1]，恒有f（x）≥0，
故f（0）=0．
（2）∵0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₁-x₂＜1，
∴f（x₂）=f（x₂-x₁+x₂）≥f（x₂-x₁）+f（x₁）≥f（x₁），
故有f（x₁）≤f（x₂），
∴f（x）在[0，1]內(nèi)是增函數(shù)，
于是當(dāng)0≤x≤1時(shí)，有f（x）≤f（1）=1，
因此，當(dāng)x=1時(shí)，f（x）有最大值為1；
（3）證明：研究①當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}，1$]時(shí)，f（x）≤1＜2x，
②當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}$]時(shí)，
首先，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），
∴f（x）≤$\frac{1}{2}$f（2x），
顯然，當(dāng)x∈$（\frac{1}{{2}^{2}}，\frac{1}{2}]$時(shí)，
f（x）≤f（$\frac{1}{2}$）≤$\frac{1}{2}f（2\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}f（1）=\frac{1}{2}$成立，
假設(shè)當(dāng)x$∈（\frac{1}{{2}^{k+1}}，\frac{1}{{2}^{k}}]$時(shí)，有f（k）$≤\frac{1}{{2}^{k}}$成立，其中k=1，2，…，
那么當(dāng)$x∈（\frac{1}{{2}^{k+2}}，\frac{1}{{2}^{k+1}}]$時(shí)，
f（x）≤$f（\frac{1}{{2}^{k+1}}）≤\frac{1}{2}f（2\frac{1}{{2}^{k+1}}）$=
$\frac{1}{2}f（\frac{1}{{2}^{k}}）≤\frac{1}{2}\frac{1}{{2}^{k}}=\frac{1}{{2}^{k+1}}$，
可知對(duì)于x∈$（\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}]$，總有f（x）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，其中n=1，2，…，
而對(duì)于任意x∈$（0，\frac{1}{2}]$，存在正整數(shù)n，使得x∈（$\frac{1}{{2}^{n+1}}，\frac{1}{{2}^{n}}$]，
此時(shí)f（x）≤$\frac{1}{{2}^{n}}$≤2x，
③當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=0≤2x，
綜上可知，滿足條件的函數(shù)f（x），對(duì)x∈[0，1]，總有f（x）≤2x成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查在新定義下對(duì)抽象函數(shù)進(jìn)行考查，在做關(guān)于新定義的題目時(shí)，一定要先研究定義，在理解定義的基礎(chǔ)上再做題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意數(shù)學(xué)歸納法的合理運(yùn)用．