Question

已知定義域為[0，1]的函數f（x）同時滿足：①f（1）=3；②f（x）≥2恒成立；③若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，則有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-2．
（1）求f（x）的最大值和最小值；
（2）試比較f（

1

2n

）與

1

2n

+2的大�。╪∈N）；
（3）若對任意x∈（0，1]，總存在n（n∈N），使得

1

2n+1

＜x≤

1

2n

，求證：對任意x∈（0，1]，都有f（x）≤2x+2．

Answer 1

考點：數列與不等式的綜合

專題：綜合題,不等式的解法及應用

分析：（1）對于抽象函數的最值問題，可考慮此函數的單調性；
（2）由題中條件：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，利用它進行放縮，可證得答案；
（3）利用f(x)≤f(

1

2n

)≤

1

2n

+2，即可證明．

解答： （1）解：任取0≤x₁＜x₂≤1，則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）的最小值為2，最大值為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，變形為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）證明：對任意滿足x∈（0，1]，總存在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）

點評：本題考查了抽象函數的性質，抽象函數是相對于給出具體解析式的函數來說的，它雖然沒有具體的表達式，但是有一定的對應法則，滿足一定的性質，這種對應法則及函數的相應的性質是解決問題的關鍵．抽象函數的抽象性賦予它豐富的內涵和多變的思維價值，可以考查類比猜測，合情推理的探究能力和創(chuàng)新精神．