已知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足：

已知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足：
（1）对于任意x∈[0，1]，总有f（x）≥0；（2）f（1）=1
（3）若x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1，则有f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）
（Ⅰ）试求f（0）的值；
（Ⅱ）试求函数f（x）的最大值；
（Ⅲ）试证明：满足上述条件的函数f（x）对一切实数x，都有f（x）≤2x．
纷纷霏雨 1年前 已收到1个回答 举报
赞

凌风飞雪 春芽

共回答了12个问题采纳率：91.7% 举报

解题思路：（Ⅰ）直接取x1=1，x2=0利用f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）可得：f（0）≤0，再结合已知条件f（0）≥0即可求得f（0）=0；
（Ⅱ）由0≤x1＜x2≤1，则0＜x2-x1＜1，故有f（x2）=f（x2-x1+x1）≥f（x2-x1）+f（x1）≥f（x1），即f（x）在[0，1]内是增函数，故函数f（x）的最大值为f（1）；
（Ⅲ）①当x∈(
1
2
，1]时，f（x）≤1＜2x；②当x∈(0，
1
2
]时，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），f(x)≤
1
2
f(2x)，当x∈(
1
2 2
，
1
2
]时，f（x）≤f(
1
2
) ≤
1
2
•f(2•
1
2
) ＝
1
2
f(1)＝
1
2
成立．假设当x∈(
1
2 k+1
，
1
2 k
]时，有f（k）≤
1
2 k
成立，其中k=1，2，…那么当x∈(
1
2 k+2
，
1
2 k+1
]时，f（x）≤f(
1
2 k+1
) ≤
1
2
•f(2•
1
2 k+1
)=[1/2•f(
1
2 k
) ≤
1
2
•
1
2 k
＝
1
2 k+1]，故对于任意x∈(0，
1
2
]，存在正整数n，使得x∈(
1
2 n+1
，
1
2 n
]，此时f(x)≤
1
2 n
≤2x；当x=0时，f（0）=0≤2x．所以，满足条件的函数f（x），对x∈[0，1]，总有f（x）≤2x成立．

（Ⅰ）∵f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）
∴f（1+0）≥f（1）+f（0），
∴f（0）≤0，
∵f（0）≥0，
故f（0）=0．
（Ⅱ）因为0≤x1＜x2≤1，则0＜x2-x1＜1，
所以f（x2）=f（x2-x1+x1）≥f（x2-x1）+f（x1）≥f（x1）
故有f（x1）≤f（x2）．
∴f（x）在[0，1]内是增函数，
于是当0≤x≤1时，有f（x）≤f（1）=1
因此，当x=1时，f（x）有最大值为1；
（Ⅲ）证明：研究①当x∈(
1
2，1]时，f（x）≤1＜2x．
②当x∈(0，
1
2]时，
首先，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x），
∴f(x)≤
1
2f(2x)，
显然，当x∈(
1
2 2，
1
2]时，
f（x）≤f(
1
2) ≤
1
2•f(2•
1
2) ＝
1
2f(1)＝
1
2成立．
假设当x∈(
1
2 k+1，
1
2 k]时，有f（k）≤
1
2 k成立，其中k=1，2，…
那么当x∈(
1
2 k+2，
1
2 k+1]时，
f（x）≤f(
1
2 k+1) ≤
1
2•f(2•
1
2 k+1)=[1/2•f(
1
2 k) ≤
1
2•
1
2 k＝
1
2 k+1]，
可知对于x∈(
1
2 n+1，
1
2 n]，总有f(x)＜
1
2

点评：
本题考点： 函数恒成立问题；函数的定义域及其求法；函数的最值及其几何意义．

考点点评： 本题主要是在新定义下对抽象函数进行考查，在做关于新定义的题目时，一定要先研究定义，在理解定义的基础上再做题．解题时要认真审题，注意数学归纳法的合理运用．

1年前

3
可能相似的问题

你能帮帮他们吗

精彩回答

Copyright © 2024 YULUCN.COM - 雨露学习互助 - 17 q. 0.092 s. - webmaster@yulucn.com