Question

（2012•自貢一模）已知函數f（x）的定義域為[0，1]，且同時滿足：①對于任意x∈[0，1]，總有f（x）≥3；②f（1）=4；③若x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1，則有f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-3．
（I）求f（0）的值；
（II）求函數f（x）的最大值；
（III）設數列{an}的前n項和為Sn，滿足a1=1，Sn=-

1

2

(an-3)，n∈N*，求證：f(a1)+f(a2)+…+f(an)＜

3

2

log3

27

a 2 n

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接取x₁=0，x₂=0利用f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）-3可得：f（0）≤3，再結合已知條件f（0）≥3即可求得f（0）=3；
（Ⅱ）由0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₂-x₁＜1，故有f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]≥f（x₂-x₁）+f（x₁）-3＞f（x₁），即f（x）在[0，1]內是增函數，故函數f（x）的最大值為f（1）；
（Ⅲ）先證明數列{a_n}是以a₁=1為首項，公比為

1

3

的等比數列，進而可得f（1）=f[3^n-1

1

3n-1

]=f[

1

3n-1

+（3^n-1-1）×

1

3n-1

]≥f（

1

3n-1

）+f[（3^n-1-1）×

1

3n-1

]-3≥…，即 4≥3^n-1f（

1

3n-1

）-3ⁿ+3，即f（a_n）≤3+

1

3n-1

，從而可證不等式．

解答：（Ⅰ） 解：令x₁=x₂=0，則有f（0）≥2f（0）-3，即f（0）≤3
又對于任意x∈[0，1]，總有f（x）≥3，
∴f（0）=3　（3分）
（Ⅱ）解：任取x₁，x₂∈[0，1]，x₁＜x₂，
f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]≥f（x₂-x₁）+f（x₁）-3
∵0≤x₁＜x₂≤1，則0＜x₂-x₁＜1，
∴f（x₂-x₁）≥3
∴f（x₂）≥f（x₁）+3-3=f（x₁），即f（x）在[0，1]上遞增．
∴當x∈[0，1]時，f（x）≤f（1）=4
∴f（x）的最大值為4　　　（6分）
（Ⅲ）證明：當n＞1時，a_n=S_n-S_n-1=-

1

2

（a_n-3）-

1

2

（a_n-1-3），
∴

an

an-1

=

1

3

∴數列{a_n}是以a₁=1為首項，公比為

1

3

的等比數列．
∴a_n=

1

3n-1

（8分）
  f（1）=f[3^n-1

1

3n-1

]=f[

1

3n-1

+（3^n-1-1）×

1

3n-1

]≥f（

1

3n-1

）+f[（3^n-1-1）×

1

3n-1

]-3≥…
  即 4≥3^n-1f（

1

3n-1

）-3ⁿ+3．（10分）
∴f（

1

3n-1

）≤

3n+1

3n-1

=3+

1

3n-1

，即f（a_n）≤3+

1

3n-1

．
∴f（a₁）+f（a₂）+…+f（a_n）≤（3+

1

31-1

）+（3+

1

32-1

）+…+（3+

1

3n-1

）
=3n+

1×[1-( 1 3 )n]

1- 1 3

=3n+

3

2

-

1

2×3n-1

＜3n+

3

2

=3（n+

1

2

）．
 又

3

2

log3

27

a n 2

=

3

2

log₃3³•3^2n-2=

3

2

（2n+1）=3（n+

1

2

），
∴原不等式成立．（14分）

點評：本題主要是在新定義下對抽象函數進行考查，在做關于新定義的題目時，一定要先研究定義，在理解定義的基礎上再做題．解題時要認真審題，合理運用條件．