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x＜...

（1）只要证明x=0和x＞0时，f（x）＞0．原式中令b=0得f（a）=f（a）•f（0），可求出f（0）=1，再令a和b互为相反数可解． （2）抽象函数单调性判断只能利用定义，先任取两个自变量，再利用做差或做商法比较两函数值的大小即可． （3）利用已知等式可（2）中的单调性去掉f符号，转化为x的二次不等式求解即可． 【解析】 （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）=，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）由得f（2）=，，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]．