已知函数f（x）的定义域为[0，1]且同时满足：①对任意x∈[0，1]总有f（x）≥2；②f（1）=3；③若x1≥0，x

解题思路：（1）令x₁=x₂=0，代入f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）-2，可求出f（0）的值．
（II）任取x₁x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，利用③证明f（x₂）-f（x₁））=f（x₂-x₁）-2≥0，即 f（x₂）≥f（x₁），得到f（x）≤f（1）=3．
（III）令n=1，得：a₁=1，n≥2，时，由a_n=s_n-s_n-1求出通项公式，得到f（a_n）与f（a_n-1）的关系，构造一个等比数列，求出f（a₁）+f（a₂）+…+f（a_n）的值．

（Ⅰ）令x₁=x₂=0，
由③知f（0）=2f（0）-2⇒f（0）=2；
（Ⅱ）任取x₁x₂∈[0，1]，且x₁＜x₂，
则0＜x₂-x₁≤1，∴f（x₂-x₁）≥2
∴f（x₂）-f（x₁）=f[（x₂-x₁）+x₁]-f（x₁）
=f（x₂-x₁）+f（x₁）-2-f（x₁）=f（x₂-x₁）-2≥0
∴f（x₂）≥f（x₁），则f（x）≤f（1）=3．
∴f（x）的最大值为3；
（Ⅲ）由Sn＝−
1
2(an−3)知，
当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝−
1
2an+
1
2an−1
∴an＝
1
3an−1(n≥2)，又a1＝1，∴an＝
1
3n−1
∴f(an)＝f(
1
3n−1)＝f(
1
3n+
1
3n+
1
3n)＝f(
2
3n)+f(
1
3n)−2
=3f(
1
3n)−4＝3f(an+1)−4
∴f(an+1)＝
1
3f(an)+
4
3
∴f(an+1)−2＝
1
3(f(an)−2)
又f（a₁）-2=1∴f(an)−2＝(
1
3)n−1，∴f(an)＝(
1
3)n−1+2
∴f(a1)+f(a2)++f(an)＝2n+
3
2−
1
2×3n−1.

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；数列的求和．

考点点评： 本题考查抽象函数的性质及应用，前n项和与第n项的关系，构造法进行数列求和．

令x1=1，x2=0，则f（x1+x2）=f（1）≥f（1）+f（0）-2，即3≥3+f（0）-2，即2≥f（0），又总有f(x)≥2，所以2≥f（0）≥2，所以f（0）=2.
因为f（0）=2，所以f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2 可变为f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-f（0），所以f(x1+x2)+f（0）≥f(x1)+f(x2)，又f（x1）、f（x2）≥f...

令x1=1，x2=0
f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2.
则
f(1)≥f(1)+f(0)-2.
则f(0)≤2
而对任意x∈[0,1]，总有f(x)≥2
则f(0)＝2
由
则f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2
则f(x1+x2)-f(x2)≥f(x1)-2
设1>x1>x2>0，
...

(1)令X1=1，X2=0，则F（1+0）>=F(1)+F(0)-2
得F(0)<=2,而对任意x∈[0,1]，总有f(x)≥2,所以F(0)=2
(2)f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2
f(x1+x2)-f(x1)≥f(x2)-2≥0
X1+X2≥X2
F(X)是增函数
F(1)最大=3

由3 f(1+0)>=f(1)+f(0)-2
那么f(0)<=2
又由1 那么f(0)=2
f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)-2.
所以f(x1+x2)-f(x1)≥f(x2)-2≥0
由于 x1+x2≥x1
那么这个函数是增函数
所以最大值是f(1)=3!
采纳吧！呵呵

（1）由条件③可得，f(1+0)≥f(1)+f(0)-2，所以f(0)≤2，又由条件①可知， f(0)≥2，所以，f(0）=2
（2）令x1=x，x2=1-x，则f(1)≥f(x)+f(1-x)-2，所以f(x)+f(1-x)≤5，又因为定义域内总有f(x)≥2，所以f(1-x)≥2，所以f(x)≤3，f(x)最大值为3