已知定义在R上的函数f(x)满足以下条件：①f(1)=2；②当x＞0时，f(x)＞1；③对任何x，y∈R都有f(x+y)=f(x)f(y)，则以下说法正确的是( )
分析：
当x＜0时，-x＞0，则f(-x)＞1，利用f(0)=1，可得当x＜0时，0＜f(x)＜1，再利用函数单调性的定义，设x$_1$＜x$_2$，可得$\frac {f(x$_1$)}{f(x$_2$)}$＜1，即可知道函数f(x)为单调增函数．
解答：
解：当x＜0时，-x＞0，则f(-x)＞1
∴f(0)=f[x+(-x)]=f(x)f(-x)=1
∴f(x)=$\frac {1}{f(-x)}$
∴当x＜0时，0＜f(x)＜1；
设x$_1$＜x$_2$，则x$_1$-x$_2$＜0，
∴$\frac {f(x$_1$)}{f(x$_2$)}$=$\frac {f[(x$_1$-x$_2$)+x$_2$]}{f(x$_2$)}$=$\frac {f(x$_1$-x$_2$)f(x$_2$)}{f(x$_2$)}$=f(x$_1$-x$_2$)＜1
综上可知，f(x)＞0，∴f(x$_1$)＜f(x$_2$)
∴函数f(x)在R上是单调增函数，所以选A．
点评：
本题考查抽象函数，考查赋值法的运用，考查函数单调性的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
函数f(x)定义在实数集R上，f(x+y)=f(x)+f(y)，且当x＞0时，f(x)＜0则f(x)（ ）
分析：
先判断f(x)奇偶性，即找出f(-x)与f(x)之间的关系，令y=-x，有f(0)=f(x)+f(-x)，故问题转化为求f(0)即可，可对x、y都赋值为0；再依据函数单调性的定义判断函数的单调性，充分利用条件当x＞0时，有f(x)＜0与f(x+y)=f(x)+f(y)，即可判定单调性．
解答：
解：显然f(x)的定义域是R，关于原点对称．
又∵函数对一切x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)，
∴令x=y=0，得f(0)=2f(0)，∴f(0)=0．
再令y=-x，得f(0)=f(x)+f(-x)，
∴f(-x)=-f(x)，
∴f(x)为奇函数．
任取x$_1$＜x$_2$，x$_2$-x$_1$＞0，则f(x$_2$-x$_1$)＜0
∴f(x$_2$)+f(-x$_1$)＜0；
对f(x+y)=f(x)+f(y)取x=y=0得：f(0)=0，
再取y=-x得f(x)+f(-x)=0即f(-x)=-f(x)，
∴有f(x$_2$)-f(x$_1$)＜0
∴f(x$_2$)＜f(x$_1$)
∴f(x)在R上递减．
故选B．
点评：
本题考点是抽象函数及其性质，在研究其奇偶性时本题采取了连续赋值的技巧，这是判断抽象函数性质时常用的一种探究的方式，属于中档题．
设f(x)是定义在R上的函数，对任意x，y∈R，恒有f(x+y)=f(x)•f(y)，当x＞0时，有0＜f(x)＜1．则下列说法正确的是( )
分析：
f(x+y)=f(x)•f(y)恒成立，考虑取x=1，y=0代入，结合条件x＞0时，有0＜f(x)＜1，
可求f(0)；x＜0时，-x＞0，根据已知条件可得1＞f(-x)＞0，而f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=1⇒f(x)=$\frac {1}{f(-x)}$，可得：当x＜0时，f(x)＞1；又因为x$_1$＜x$_2$时有f(x$_2$)＜f(x$_1$)，结合已知条件构造f(x$_1$)=f[(x$_1$-x$_2$)+x$_2$]，可知f(x)是减函数．
解答：
解：对任意x，y∈R，恒有f(x+y)=f(x)•f(y)，
令x=1，y=0 可得 f(0+1)=f(0)．f(1)
因为x＞0时，有0＜f(x)＜1，所以f(1)＞0
所以 f(0)=1
当x＜0时，-x＞0，根据已知条件可得1＞f(-x)＞0，而f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=1
f(x)=$\frac {1}{f(-x)}$＞1
设x$_1$＜x$_2$则x$_1$-x$_2$＜0
根据前面可知 f(x$_1$-x$_2$)＞1
因为f(x$_1$)=f[(x$_1$-x$_2$)+x$_2$]=f(x$_1$-x$_2$)•f(x$_2$)＞f(x$_2$)
所以函数是单调递减，故选A．
点评：
本题主要考查抽象函数的函数值的求解，函数的单调性的定义法证明，属于中档题，函数的单调性的证明实际是通过配凑来比较函数值的大小，注意构造的技巧在解题中的应用．
已知奇函数函数f(x)的定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)，当x＞0时，f(x)＝1-$\frac {1}{x}$，则以下说法正确的是( )
分析：
任意0＜x$_1$＜x$_2$，由f(x$_1$)-f(x$_2$)=$\frac {x$_1$-x$_2$}{x$_1$x$_2$}$＜0，能知f(x)在(0，+∞)上为增函数．
解答：
解：任意0＜x$_1$＜x$_2$，
f(x$_1$)-f(x$_2$)=-$\frac {1}{x$_1$}$+1-(-$\frac {1}{x$_2$}$+1)
=$\frac {1}{x$_2$}$-$\frac {1}{x$_1$}$=$\frac {x$_1$-x$_2$}{x$_1$x$_2$}$．
∵0＜x$_1$＜x$_2$，∴x$_1$-x$_2$＜0，x$_1$x$_2$＞0，
∴$\frac {x$_1$-x$_2$}{x$_1$x$_2$}$＜0，即f(x$_1$)＜f(x$_2$)，
故f(x)在(0，+∞)上为增函数，选A．
点评：
本题考查函数单调性的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．