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． 【解析】 （Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）． 当x＜0时，f（x）＞1 令x=-1，y=0则f（-1）=f（-1）f（0） ∵f（-1）＞1∴f（0）=1…（3分） 若x＞0，则f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）故f（x）=， 任取x1＜x2    f（x2）=f（x1+x2-x1）=f（x1）f（x2-x1）， ∵x2-x1＞0，∴0＜f（x2-x1）＜1， ∴f（x1）＞f（x2）． 故f（x）在R上减函数…（6分） （Ⅱ）f（an+1）==f（2+an）（n∈N*）   由f（x）单调性得：an+1=an+2 故{an}是等差数列，an=a1+2（n-1）…（8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 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…（10分） 即数列{an}是首项为负奇数，公差为2，故数列{an}是递增等差数列，各项全为奇数， 又f（0）=1 ∴一定存在一个自然数M，使 ∴ 解得t+s＜M≤t+s+1．…（12分） ∵M∈N， ∴M=t+s+1， ∴存在自然数M=t+s+1，使得当n＞M时，an＞f（0）恒成立．…（14分）