设函数f（x）的定义域为R，当x＜0时f（x）＞1，且对任意的实数x，y∈R，有...

（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．当x＜0时，令x=-1，y=0以及f（-1）＞1，推出f（0）=1，利用单调性的定义任取x1＜x2   推出 f（x2）=f（x1+x2-x1）=f（x1）f（x2-x1），得到f（x）在R上减函数． （Ⅱ）通过函数的单调性，得到an+1=an+2，点（t，as）、（s，at）都在直线y=kx-1上，推出as-at=-2（t-s），确定an=-2（t+s）-1+2n，通过当n＞M时，a n＞f（0）恒成立，推出然后求出M的最小值； （III）先求出an的通项公式，然后设，证明求单调性，从而求出bn的最小值，使最小值大于，从而求出所求． 【解析】 （Ⅰ）x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0时，f（x）＞1 令x=-1，y=0则f（-1）=f（-1）f（0）∵f（-1）＞1∴f（0）=1…（2分） 若x＞0，则f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）故…（3分） 任取x1＜x2，f（x2）=f（x1+x2-x1）=f（x1）f（x2-x1） ∵x2-x1＞0∴0＜f（x2-x1）＜1∴f（x2）＜f（x1） 故f（x）在R上减函数…（4分） （Ⅱ）由f（x）单调性得：an+1=an+2 故{an}是等差数列，an=a1+2（n-1）…（5分） ∵存在t，s∈N*，使得（t，as）和（s，at）都在y=kx-1上， ∴as=kt-1，①at=ks-1，② ①-②得as-at=k（t-s）． 又as=a1+2（s-1），at=a1+2（t-1），故as-at=-2（t-s）， ∵s≠t，∴k=-2…（6分） ①+②，得as+at=-2（t+s）-2， 又as+at=a1+2（s-1）+a1+2（t-1） =2a1+2（s+t）-4， ∴2a1+2（s+t）-4=-2（t+s）-2 ∴a1=-2（t+s）+1＜0，∴an=-2（t+s）-1+2n 即数列{an}是首项为负，公差为正的等差数列，且全为奇数，…（7分） ∴一定存在一个自然数M，使 解得t+s-＜M＜t+s+． ∵M∈N，∴M=t+s， 即存在自然数M=t+s，使得当n＞M时，an＞0恒成立．…（9分） （Ⅲ）a1=f（0）=1，由（Ⅱ）  an=2n-1 设，则∴=， ∴{bn}是递增数列…（11分） 当n≥2时，…（12分） ∴ 即logf（1）x＜0而0＜f（1）＜1，故x的取值范围是（1，+∞）…（14分）