Question

已知函数f（x）的定义域为[0，1]，且同时满足以下①②③三个条件：
①f（1）=3；
②f（x）≥2对一切x∈[0，1]恒成立；
③若a≥0，b≥0，a+b≤1，则f（a+b）≥f（a）+f（b）-2．
（1）求f（0）；
（2）设x₁，x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，试证明f（x₁）≤f（x₂）并利用此结论求函数f（x）的最大值和最小值；
（3）试比较f（

1

2″

）与

1

2″

+2（n∈N）的大小，并证明对一切x∈（0，1]，都有f（x）＜2x+2．

Answer 1

分析：（1）利用赋值法，令a=b=0，结合f（x）≥2对一切x∈[0，1]恒成立，我们可以求出f（0）；
（2）利用f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]≥f（x₂-x₁）+f（x₁）-2，我们可证得结论；
（3）利用赋值法，再进行放缩，可得f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，对?x∈（0，1]，总存在n∈N，满足

1

2n+1

＜x≤

1

2n

，这样我们就可得到f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，由此结论成立．

解答：（1）解：令a=b=0，∴f（0）=f（0+0）≥2f（0）-2，∴f（0）≤2，
又∵f（0）≥2对一切x∈[0，1]恒成立，
∴f（0）=2
（2）证明：设x₁，x₂∈[0，1]，x₁＜x₂，则x₂-x₁∈[0，1]
∴f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]≥f（x₂-x₁）+f（x₁）-2
∴f（x₂）-f（x₁）≥f（x₂-x₁）-2≥0
∴f（x₁）≤f（x₂）
则当0≤x≤1时，f（0）≤f（x）≤f（1）
∴f（x）_min=2，f（x）_max=3
（3）证明：在③中令a=b=

1

2n

，得f(

1

2n-1

)≥2f(

1

2n

)-2
∴f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]≤…≤

1

2n

[f(

1

20

)-2]=

1

2n

∴f(

1

2n

)≤

1

2n

+2   （Ⅰ）
对?x∈（0，1]，总存在n∈N，满足

1

2n+1

＜x≤

1

2n

由（2）及（Ⅰ）得：f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2
又2x+2＞2×

1

2n+1

+2=

1

2n

+2，
∴f（x）＜2x+2．
综上所述，对任意x∈（0，1]，f（x）＜2x+2恒成立

点评：抽象函数性质的研究，赋值法是常用方法，单调性的证明，正确变形是关键，同时注意放缩法的运用．