（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

1

2

≤x≤1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（x₀）＞2x₀，

由f（0）=0知x₀≠0，故必存在正整数k

使得x₀∈[

1

2k

，

1

2k-1

]，∴x₀，2x₀，4x₀，，2^k-1x₀均在[0，1上，

由条件（Ⅲ）及假设知：

f（2x₀）=f（x₀+x₀）≥f（x₀）+f（x₀）=2f（x₀）＞4x₀，

故f（4x₀）＞8x₀，，f（2^k-1x₀）＞2^kx₀；（12分）

∵x₀∈[

1

2k

，

1

2k-1

]，∴

1

2

≤2k-1x0≤1，∴f（2^k-1x₀）≤f（1）=1

又∵2^kx₀≥1，f（2^k-1x₀）＞2^kx₀，

∴f（2^k-1x₀）＞1，与f（2^k-1x₀）≤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）