解题思路：（1）法一：令x=y=1，可得f（1）=0．令x=y=-1，可得f（-1）=0．令y=-1，有f（-x）=f（x）+f（-1），即可证明．
法二：由已知可得：f（x2）=f（x）+f（x）=f（-x）+f（-x），即可证明．
（2）任取x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，则
x
2
x
1
＞1
，可得f（x2）=
f(
x
2
x
1
•
x
1
)
=
f(
x
2
x
1
)+f(
x
1
)
，利用
x
2
x
1
＞1
，当x＞1时，f（x）＞0．即可证明．
（3）由已知可得：f（2×2）=f（2）+f（2）=2，不等式f（x）+f（x-3）≤2=f（4），化为f（x（x-3）≤f（4），由于f（x）是偶函数，可得f（|x（x-3）|）≤f（4），再利用单调性即可得出．
（1）证明：法一：令x=y=1，有f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0．
令x=y=-1，有f（1）=f（-1）+f（-1），∴f（-1）=0．
令y=-1，有f（-x）=f（x）+f（-1），
∴f（x）=f（-x）且定义域关于原式对称，
∴f（x）是偶函数
法二：f（x2）=f（x）+f（x）=f（-x）+f（-x），
∴f（x）=f（-x）
（2）证明：任取x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，则
x2
x1＞1，
∴f（x2）=f(
x2
x1•x1)=f(
x2
x1)+f(x1)，
∵
x2
x1＞1，当x＞1时，f（x）＞0．
∴f(x2)−f(x1)＝f(
x2
x1)＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（x）是偶函数，
∴f（-x）在（-∞，0）上单调递减．
（3）∵f（2×2）=f（2）+f（2）=2，
∴f（x）+f（x-3）≤2=f（4），
∴f（x（x-3）≤f（4），∵f（x）是偶函数，
∴f（|x（x-3）|）≤f（4），∴
x≠0
x−3≠0
|x(x−4)|≤4，解得-1≤x≤4且x≠0，3．
∴解集为[-1，0）∪（0，3）∪（3，4]
点评：
本题考点： 函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质．
考点点评： 本题考查了抽象函数的奇偶性、单调性，考查了构造法和适当取值，考查了推理能力和计算能力，属于难题．