已知定义域为 $\mathbb R$ 的函数 $f(x)$ 满足：
① 存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)\ne 0$；
② $f(x+y)=f(x)+f(y)$；
③ $f(xy)=f(x)\cdot f(y)$．
求证：$f(x)=x,x\in\mathbb R$．
① 存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)\ne 0$；
② $f(x+y)=f(x)+f(y)$；
③ $f(xy)=f(x)\cdot f(y)$．
求证：$f(x)=x,x\in\mathbb R$．
【难度】
【出处】
2017年上海交通大学自主招生试题（回忆版）
【标注】
【答案】
略
【解析】
在 ③ 中，令 $y=1$，则\[f(x)=f(x)\cdot f(1),\]由于存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)\ne 0$，于是 $f(1)=1$．在 ② 中令 $y=1$，则\[f(x+1)=f(x)+f(1),\]于是可得 $f(k)=k,k\in\mathbb Z$．进而利用 ③，可得\[f\left(\dfrac pq\cdot q\right)=f\left(\dfrac pq\right)\cdot f(q),\]其中 $p,q\in\mathbb Z^{\ast}$．这样就得到了 $f(r)=r,r\in\mathbb Q$．
当 $x>0$ 时，有\[f(x)=f(\sqrt x\cdot \sqrt x)=\left(f(\sqrt x)\right)^2\geqslant 0.\]若存在 $m>0$ 且 $f(m)=0$，则根据 ③，有 $f(x)=0,x\in\mathbb R$，矛盾．因此当 $x>0$ 时，恒有 $f(x)>0$，这样就可以由\[f(x+y)-f(x)=f(y)\]推出 $f(x)$ 单调递增．
由于对任意 $n\in\mathbb N^{\ast}$ 均存在 $p\in\mathbb Q$，使得\[-\dfrac 1n<x-p<\dfrac 1n,\]于是\[x-\dfrac 2n<p-\dfrac 1n=f\left(p-\dfrac 1n\right)<f(x)<f\left(p+\dfrac 1n\right)=p+\dfrac 1n<x+\dfrac 2n,\]当 $n\to \infty$ 时，可得 $f(x)=x,x\in\mathbb R$．
当 $x>0$ 时，有\[f(x)=f(\sqrt x\cdot \sqrt x)=\left(f(\sqrt x)\right)^2\geqslant 0.\]若存在 $m>0$ 且 $f(m)=0$，则根据 ③，有 $f(x)=0,x\in\mathbb R$，矛盾．因此当 $x>0$ 时，恒有 $f(x)>0$，这样就可以由\[f(x+y)-f(x)=f(y)\]推出 $f(x)$ 单调递增．
由于对任意 $n\in\mathbb N^{\ast}$ 均存在 $p\in\mathbb Q$，使得\[-\dfrac 1n<x-p<\dfrac 1n,\]于是\[x-\dfrac 2n<p-\dfrac 1n=f\left(p-\dfrac 1n\right)<f(x)<f\left(p+\dfrac 1n\right)=p+\dfrac 1n<x+\dfrac 2n,\]当 $n\to \infty$ 时，可得 $f(x)=x,x\in\mathbb R$．
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