题目内容
定义在R上的函数y=f（x），且f（0）≠0，当x＞0时，f（x）＞1，且对任意a，b∈R，f（a+b）=f（a）f（b）． 下列说法正确的是
（1）f（0）=1；
（2）对任意x∈R，有f（x）＞0；
（3）f（x）在R上是增函数；
（4）f（x）是R上的减函数．
（1）（2）（3）
（1）（2）（3）
（只填序号）．（1）f（0）=1；
（2）对任意x∈R，有f（x）＞0；
（3）f（x）在R上是增函数；
（4）f（x）是R上的减函数．
分析：（1）令a=b=0，代入f（a+b）=f（a）f（b）即可求得；
（2）只需证明x＜0时f（x）＞0，令a=x，b=-x，代入f（a+b）=f（a）f（b）可得f（x）=
，由f（-x）范围可得f（x）范围；
（3）定义法：设x1＜x2，作差f（x1）-f（x2）=f（x1）-f[x1+（x2-x1）]，利用已知进行变形，由已知易判断差的符号；
（2）只需证明x＜0时f（x）＞0，令a=x，b=-x，代入f（a+b）=f（a）f（b）可得f（x）=
| 1 |
| f(-x) |
（3）定义法：设x1＜x2，作差f（x1）-f（x2）=f（x1）-f[x1+（x2-x1）]，利用已知进行变形，由已知易判断差的符号；
解答：解：（1）令a=b=0，则f（0+0）=f（0）f（0），即f（0）=[f（0）]2，
又f（0）≠0，所以f（0）=1，故（1）正确；
（2）设x＜0，则-x＞0，所以f（-x）＞1，
则f（x-x）=f（x）f（-x），即f（0）=f（x）f（-x），
所以f（x）=
，
又f（-x）＞1，所以0＜f（x）＜1，
因为x＞0时，f（x）＞1，f（0）=1，
所以对任意x∈R，有f（x）＞0，故（2）正确；
（3）设x1＜x2，
则f（x1）-f（x2）=f（x1）-f[x1+（x2-x1）]
=f（x1）-f（x1）f（x2-x1）=f（x1）[1-f（x2-x1）]，
由（2）知，f（x1）＞0，
由x1＜x2，得x2-x1＞0，所以f（x2-x1）＞1，
所以1-f（x2-x1）＜0，
所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
故f（x）为R上的增函数，故（3）正确；
由（3）知，（4）错误；
故答案为：（1）（2）（3）．
又f（0）≠0，所以f（0）=1，故（1）正确；
（2）设x＜0，则-x＞0，所以f（-x）＞1，
则f（x-x）=f（x）f（-x），即f（0）=f（x）f（-x），
所以f（x）=
| 1 |
| f(-x) |
又f（-x）＞1，所以0＜f（x）＜1，
因为x＞0时，f（x）＞1，f（0）=1，
所以对任意x∈R，有f（x）＞0，故（2）正确；
（3）设x1＜x2，
则f（x1）-f（x2）=f（x1）-f[x1+（x2-x1）]
=f（x1）-f（x1）f（x2-x1）=f（x1）[1-f（x2-x1）]，
由（2）知，f（x1）＞0，
由x1＜x2，得x2-x1＞0，所以f（x2-x1）＞1，
所以1-f（x2-x1）＜0，
所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
故f（x）为R上的增函数，故（3）正确；
由（3）知，（4）错误；
故答案为：（1）（2）（3）．
点评：本题考查函数奇偶性的判断、单调性的证明，属中档题，抽象函数的单调性、奇偶性往往运用定义解决．
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