若非零函数f(x)对任意实数a,b均有f(a+b)=f(a)f(b),且当x1,(1）证函数大于零（2）证减函数

（1）设x＞0，则-x＜0，在原式中令b=0得f（a）=f（a）•f（0），故f（0）=1，
再令a=x，b=-x，则f（0）=f（x）•f（-x），所以f（x）=[1
f(−x)，因为-x＜0，所以f（-x）＞1，
所以0＜f（x）＜1，综上f（x）＞0
（2）任取两个实数x₁和x₂，且x₁＜x₂，则x₂=x₁+m，且m＞0，所以0＜f（m）＜1
f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+m）-f（x₁）=f（x₁）•f（m）-f（x₁）=f（x₁）（f（m）-1）＜0，
所以f（x₂）＜f（x₁），所以f（x）为减函数
（3）由f(4)＝
1/16]得f（2）=[1/4]，f(x−3)•f(5−x2)≤
1
4，即f（x-3+5-x²）≤f（2）
由（2）可知x-3+5-x²≥2，即x-x²≥0，所以x∈[0，1]．

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查抽象函数的单调性的判断和利用函数的单调性解不等式，综合性较强．

（1）设x＞0，则-x＜0，在原式中令b=0得f（a）=f（a）•f（0），故f（0）=1，
再令a=x，b=-x，则f（0）=f（x）•f（-x），所以f（x）=[1
f(−x)，因为-x＜0，所以f（-x）＞1，
所以0＜f（x）＜1，综上f（x）＞0
（2）任取两个实数x₁和x₂，且x₁＜x₂，则x₂=x₁+m，且m＞0，所以0＜f（m）＜1
f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+m）-f（x₁）=f（x₁）•f（m）-f（x₁）=f（x₁）（f（m）-1）＜0，
所以f（x₂）＜f（x₁），所以f（x）为减函数
（3）由f(4)＝
1/16]得f（2）=[1/4]，f(x−3)•f(5−x2)≤
1
4，即f（x-3+5-x²）≤f（2）
由（2）可知x-3+5-x²≥2，即x-x²≥0，所以x∈[0，1]．

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查抽象函数的单调性的判断和利用函数的单调性解不等式，综合性较强．

（1）证法一：f（0）•f（x）=f（x），
即f（x）[f（0）-1]=0，
又f（x）≠0，
∴f（0）=1
当x＜0时，f（x）＞1，
则-x＞0，
∴f（x）•f（-x）=f（0）=1，
则f(−x)＝
1
f(x)∈(0，1)．
故对于x∈R恒有f（x）＞0．
证法二：f(x)＝f(
x
2+
x
2)＝[f(
x
2)]2≥0，
∵f（x）为非零函数，
∴f（x）＞0
（2）令x₁＞x₂且x₁，x₂∈R，
有f（x₁）•f（x₂-x₁）=f（x₂），
又x₂-x₁＜0，
即f（x₂-x₁）＞1
故
f(x2)
f(x1)＝f(x2−x1)＞1，
又f（x）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁）
故f（x）为R上的减函数．
（3）f(4)＝
1
16＝f(2+2)＝f2(2)⇒故f(2)＝
1
4，
则原不等式可变形为f（x²-2ax+2）≤f（2）
依题意有x²-2ax≥0对a∈[-1，1]恒成立，
∴

x2−2x≥0
x2+2x≥0⇒x≥2或x≤-2或x=0
故实数x的取值范围为（-∞，-2]∪{0}∪[2，+∞）．

点评：
本题考点： 函数的概念及其构成要素；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质．

考点点评： 本题主要考查抽象函数的应用，以及函数单调性的定义，以及利用函数的单调性解不等式，考查学生的运算能力．