Question

（2012•昌平區(qū)一模）M是具有以下性質(zhì)的函數(shù)f（x）的全體：對(duì)于任意s，t＞0，都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t）．
（I）試判斷函數(shù)f₁（x）=log₂（x+1），f2(x)=2x-1是否屬于M？
（II）證明：對(duì)于任意的x＞0，x+m＞0（m∈R且m≠0）都有m[f（x+m）-f（x）]＞0；
（III）證明：對(duì)于任意給定的正數(shù)s＞1，存在正數(shù)t，當(dāng)0＜x≤t時(shí)，f（x）＜s．

Answer 1

分析：（Ⅰ）依題意，若log₂（s+1）+log₂（t+1）＜log₂（s+t+1）成立則（s+1）（t+1）＜s+t+1即st＜0導(dǎo)出矛盾；若2^s+2^t-2＜2^s+t-1成立?（2^s-1）（1-2^t）＜0成立，進(jìn)一步分析 f₂（x）∈M
（II）證明：當(dāng)m＞0時(shí)，可證得f（x+m）-f（x）＞0，當(dāng)m＜0時(shí)，可證f（x+m）-f（x）＜0，從而結(jié)論成立；
（III）據(jù)（II）f（x）在（0．+∞）上為增函數(shù)，且必有f（2x）＞2f（x）（*）①若f（1）＜s，令t=1，則0＜x≤t時(shí) f（x）＜s；②若f（1）＞s，則存在k∈N^*，使f（1）＜2^k=

1

t

，
從而可得可得f（

1

2k

）＜

1

2

f（

1

2k-1

）＜…＜

1

2k

f（1）＜1＜s，于是結(jié)論可證．

解答：解：（Ⅰ）由題意可知，f₁（s）＞0，f₁（t）＞0，f₂（s）＞0，f₂（t）＞0，
若log₂（s+1）+log₂（t+1）＜log₂（s+t+1）成立
則（s+1）（t+1）＜s+t+1即st＜0
與已知任意s，t＞0即st＞0相矛盾，故f₁（x）∉M；    …（2分）
若2^s+2^t-2＜2^s+t-1成立 則2^s+2^t-2^s+t-1＜0
即（2^s-1）（1-2^t）＜0
∵s，t＞0
∴2^s＞1，1-2^t＜0即（2^s-1）（1-2^t）＜0成立  …（4分）
故f₂（x）∈M．
綜上，f₁（x）∉M，f₂（x）∈M．…（5分）
（II）證明：當(dāng)m＞0時(shí)，f（x+m）＞f（x）+f（m）＞f（x）
∴f（x+m）-f（x）＞0，
當(dāng)m＜0時(shí)，f（x）=f（x+m-m）＞f（x+m）+f（-m）＞f（x+m）
∴f（x+m）-f（x）＜0
故m[f（x+m）-f（x）]＞0．…（9分）
（III） 據(jù)（II）f（x）在（0．+∞）上為增函數(shù)，且必有f（2x）＞2f（x）（*）
①若f（1）＜s，令t=1，則0＜x≤t時(shí) f（x）＜s；
②若f（1）＞s，則存在k∈N^*，使f（1）＜2^k=

1

t

，
由（*）式可得f（

1

2k

）＜

1

2

f（

1

2k-1

）＜…＜

1

2k

f（1）＜1＜s，
即當(dāng)0＜x≤t時(shí)，f（x）＜s
綜①、②命題得證．                                                …（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查分析法和綜合法分析證明等式與不等式，突出考查函數(shù)恒成立問題，考查分類討論與化歸思想，考查放縮法的應(yīng)用，屬于難題．