Question

已知定義域為R的函數y=f（x）和y=g（x），它們分別滿足條件：對任意a，b∈R，都有f（a+b）=f（a）+f（b）；對任意a，b∈R，都有g（a+b）=g（a）•g（b），且對任意x＞0，g（x）＞1．
（1）求f（0）、g（0）的值；
（2）證明函數y=f（x）是奇函數；
（3）證明x＜0時，0＜g（x）＜1，且函數y=g（x）在R上是增函數；
（4）試各舉出一個符合函數y=f（x）和y=g（x）的實例．

Answer 1

解：（1）令a=b=0，則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，則g（x）=0，與條件矛盾．
故g（0）=1（也可令a=0，b=1，則不需要檢驗）
（2）f（x）的定義域為R，關于數0對稱，
令a=x，b=-x，則f（-x）=-f（x）．
故f（x）為奇函數．
（3）當x＜0時，-x＞0，g（-x）＞1，
又g（x）•g（-x）=g（0）=1?0＜g（x）＜1
故?x∈R，g（x）＞0
證法一：設x₁，x₂為R上任意兩個實數，且x₁＜x₂，
則x₁-x₂＜0，g（x₁-x₂）＜1g（x₁）-g（x₂）
=g[（x₁-x₂）+x₂]-g（x₂）=[g（x₁-x₂）-1]•g（x₂）＜0．
故g（x）為R上的增函數．
證法二：設x₁，x₂為R上任意兩個實數，且x₁＜x₂，

∴g（x）為R上的增函數．
（4）f（x）=2x；g（x）=2^x．
分析：（1）特值法，結合問題對a、b取特值即可求解；
（2）特值法，令a=x，b=-x即可獲得f（-x）與f（x）的關系，從而問題即可獲得求解；
（3）根據函數單調性的定義即可證明，注意條件對任意x＞0，g（x）＞1的利用，同時用定義時既可采用做差法也可采用做商法；
（4）根據奇偶性和單調性在基本初等函數中尋找實例即可．
點評：本題考查的是函數的單調性及奇偶性等性質問題．在解答的過程當中充分體現了特值的思想、做差的方法、做商的方法以及對基本初等函數的理解及應用．值得同學們體會反思．