解答题已知函数f（x）满足：对任意实数a、b都有f（a?b）=af（b）+bf（a）．
（1）求证：f（x）为奇函数；
（2）设，记an=f（2n），n∈N*，求数列{an}的前n项和Sn；
（3）若对一切实数x，均有|f（x）|≤1，试证：?x∈R，f（x）=0．
网友回答
解：（1）由已知得f（0）=f（0×0）=0?f（0）+0?f（0）=0，
又f（1）=f（1×1）=1?f（1）+1?f（1）=2f（1），∴f（1）=0
又f（1）=f[（-1）?（-1）]=（-1）?f（-1）+（-1）?f（-1）=-2f（-1），∴f（-1）=0
∴f（-x）=f[（-1）?x]=-f（x）+xf（-1）=-f（x），∴f（x）为奇函数．
（2）∵，∴
∴an+1=f（2n+1）=f（2×2n）=2f（2n）+2nf（2）=2an+2n+1，
∴，又∵，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，∴，an=n?2n（n∈N*），
∴Sn=1?2+2?22+3?23++n?2n，2Sn=1?22+2?23+3?24++（n-1）?2n+n?2n+1，
∴Sn=n?2n+1-（2+22+23++2n）=n?2n+1-2（2n-1）=（n-1）?2n+1+2．
（3）记，由（1）知，h（x）为偶函数，
由f（ab）=af（b）+bf（a），得，
即h（ab）=h（a）+h（b），易知h（1）=0
假设存在x0≠0，使得h（x0）=t（t≠0），因h（x）为偶函数，故不妨设x0＞0．
①若x0＞1，则当n∈N*时，h（x0n）=n?h（x0）=nt，即，
∴f（x0n）=n?t?x0n，故必存在足够大的正整数n，使得|f（x0n）|=|n?t?x0n|＞1
这与已知“对一切实数x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
?②若0＜x0＜1，则由得
同理可得，必存在足够大的正整数n，使得
这也与已知“对一切实数x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
综上所述，假设不能成立，故对一切实数x，f（x）恒为零．
即：?x∈R，f（x）=0解析分析：（1）通过f（a?b）=af（b）+bf（a）给a，b赋值，可求得f（1）=0，f（-1）=0，从而得到f（-x）=-f（x）即可得证．（2）由an=f（2n）可得数列{an}的递推式，然后通过构造得，得其通项，从而求得数列{an}的通项公式，利用求和公式即可求其前n项和Sn．（3）要证?x∈R，f（x）=0成立，直接证不好证，利用反证法，通过构造新函数，利用函数的奇偶性和f（x）的有界性，命题得证．点评：本题主要考查了函数奇偶性的判断，以及赋值法研究抽象函数，同时考查了数列通项和前n项和的求法和反证法证明命题．综合性很强，需要学生扎实的基础和灵活的解题能力，是个难题．