题目内容
已知定义域为R的函数y=f（x）和y=g（x），它们分别满足条件：对任意a，b∈R，都有f（a+b）=f（a）+f（b）；对任意a，b∈R，都有g（a+b）=g（a）•g（b），且对任意x＞0，g（x）＞1．（1）求f（0）、g（0）的值；
（2）证明函数y=f（x）是奇函数；
（3）证明x＜0时，0＜g（x）＜1，且函数y=g（x）在R上是增函数；
（4）试各举出一个符合函数y=f（x）和y=g（x）的实例．
分析：（1）特值法，结合问题对a、b取特值即可求解；
（2）特值法，令a=x，b=-x即可获得f（-x）与f（x）的关系，从而问题即可获得求解；
（3）根据函数单调性的定义即可证明，注意条件对任意x＞0，g（x）＞1的利用，同时用定义时既可采用做差法也可采用做商法；
（4）根据奇偶性和单调性在基本初等函数中寻找实例即可．
（2）特值法，令a=x，b=-x即可获得f（-x）与f（x）的关系，从而问题即可获得求解；
（3）根据函数单调性的定义即可证明，注意条件对任意x＞0，g（x）＞1的利用，同时用定义时既可采用做差法也可采用做商法；
（4）根据奇偶性和单调性在基本初等函数中寻找实例即可．
解答：解：（1）令a=b=0，则f（0）=f（0）+f（0）?f（0）=0
g（0）=g（0）•g（0）?g（0）=0或g（0）=1，
若g（0）=0，则g（x）=0，与条件矛盾．
故g（0）=1（也可令a=0，b=1，则不需要检验）
（2）f（x）的定义域为R，关于数0对称，
令a=x，b=-x，则f（-x）=-f（x）．
故f（x）为奇函数．
（3）当x＜0时，-x＞0，g（-x）＞1，
又g（x）•g（-x）=g（0）=1?0＜g（x）＜1
故?x∈R，g（x）＞0
证法一：设x1，x2为R上任意两个实数，且x1＜x2，
则x1-x2＜0，g（x1-x2）＜lg（x1）-g（x2）
=g[（x1-x2）+x2]-g（x2）=[g（x1-x2）-1]•g（x2）＜0．
故g（x）为R上的增函数．
证法二：设x1，x2为R上任意两个实数，且x1＜x2，
=
=g(x1-x2)＜1
∴g（x）为R上的增函数．
（4）f（x）=2x；g（x）=2x．
g（0）=g（0）•g（0）?g（0）=0或g（0）=1，
若g（0）=0，则g（x）=0，与条件矛盾．
故g（0）=1（也可令a=0，b=1，则不需要检验）
（2）f（x）的定义域为R，关于数0对称，
令a=x，b=-x，则f（-x）=-f（x）．
故f（x）为奇函数．
（3）当x＜0时，-x＞0，g（-x）＞1，
又g（x）•g（-x）=g（0）=1?0＜g（x）＜1
故?x∈R，g（x）＞0
证法一：设x1，x2为R上任意两个实数，且x1＜x2，
则x1-x2＜0，g（x1-x2）＜lg（x1）-g（x2）
=g[（x1-x2）+x2]-g（x2）=[g（x1-x2）-1]•g（x2）＜0．
故g（x）为R上的增函数．
证法二：设x1，x2为R上任意两个实数，且x1＜x2，
| g(x1) |
| g(x2) |
| g[(x1-x2)+x2] |
| g(x2) |
∴g（x）为R上的增函数．
（4）f（x）=2x；g（x）=2x．
点评：本题考查的是函数的单调性及奇偶性等性质问题．在解答的过程当中充分体现了特值的思想、做差的方法、做商的方法以及对基本初等函数的理解及应用．值得同学们体会反思．
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