Question

已知函数f（x）满足下列条件：
（Ⅰ）定义域为[0，1]；
（Π）对于任意x∈[0，1]，f（x）≥0，且f（1）=1；
（Ⅲ）当x₁≥0，x₂≥0，x₁+x₂≤1时，f（x₁+x₂）≥f（x₁）+f（x₂）成立．
（1）求f（0）的值；
（2）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，都有f（x）≤f（y）成立；
（3）当0≤x≤1时，探究f（x）与2x的大小关系，并证明你的结论．

Answer

（1）观察题设中的条件可知在条件（Π）中，令x=0可得f（0）≥0，在条件（Ⅲ）令x1=0，x2=0可得f（0）≤0，由此可以  推断出f（0）=0．
（2）观察发现f（y）=f[（y-x）+x]≥f（y-x）+f（x），欲证明命题成立，只须证明f（y-x）≥0，由于y-x≥0，由条
件（Π）即可得，故问题可证．
（3）探究f（x）与2x的大小关系，可先代入一些特殊值进行探究，确定证明方向再用反证法证明．
【解析】
（1）由函数f（x）满足条件（Π）知f（0）≥0；（1分）
在条件（Ⅲ）中，令x1=x2=0得：f（0）≥f（0）+f（0），
∴f（0）≤0；（3分）
故f（0）=0．（4分）

（2）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，有0≤y-x≤1成立；（5分）
由f（x）满足条件（Π）可得：f（y-x）≥0；（6分）
再由f（x）满足条件（Ⅲ）可得：
f（y）=f[（y-x）+x]≥f（y-x）+f（x）≥f（x），（8分）
即对于任意的0≤x≤y≤1，都有f（x）≤f（y）成立；（9分）

（3）当时，2x≥1，
由第（2）问结论知f（x）≤f（1）=1，∴f（x）≤2x；
当x=0时，由f（0）=0知f（x）≤2x也成立；
故可猜想：当0≤x≤1时，f（x）≤2x（10分）
下面用反证法证明猜想成立：
假设存在x°∈[0，1]，使得f（x）＞2x，
由f（0）=0知x≠0，故必存在正整数k
使得x∈，∴x，2x，4x，，2k-1x均在[0，1上，
由条件（Ⅲ）及假设知：
f（2x）=f（x+x）≥f（x）+f（x）=2f（x）＞4x，
故f（4x）＞8x，，f（2k-1x）＞2kx；（12分）
∵x∈，∴，∴f（2k-1x）≤f（1）=1
又∵2kx≥1，f（2k-1x）＞2kx，
∴f（2k-1x）＞1，与f（2k-1x）≤1矛盾，故假设不成立；
所以对于任意的0≤x≤1，都有f（x）≤2x成立．（14分）