解题思路：（1）根据抽象函数，利用赋值法证明f（x）＞0；（2）根据函数单调性的定义证明f（x）为R上的减函数；（3）利用函数单调性的性质，解不等式即可．
（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．