(1)根据已知中对任意的x、y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=y=0,易得f(0)=0,令y=-x,结合函数奇偶性的定义,即可得到结论;
(2)根据当x>0时,f(x)<0,结合(1)中结论,及函数单调性的定义可得答案.
(3)根据(1)(2)的结论及f(1)=-2,我们可将不等式,转化为一个关于x的分式不等式,解答可得答案.
证明:(1)∵对任意的m、n∈R恒有f(m+n)=f(m)+f(n),①
令m=n=0得,f(0)=f(0)+f(0)=2f(0)(2分)
∴f(0)=0
令n=-m得,f(m-m)=f(m)+f(-m)=f(0)=0,(1分)
即f(-m)=-f(m)
即f(-x)=-f(x)
∴函数f(x)为奇函数(3分)
(2)任取x1,x2∈R,且x1<x2,则x2-x1>0,
∵f(x1+x2)=f(x1)+f(x2),
∴f(x2-x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2)-f(x1)=f(x2)-f(x1).
∵当x>0时,f(x)<0,
∴f(x2-x1)=f(x2)-f(x1)<0.
∴f(x1)>f(x2),
∴f(x)是R上的减函数.
(3)∵f(1)=-2
∴f(2)=f(1)+f(1)=-2-2=-4,f(3)=f(2)+f(1)=-4-2=-6,
则不等式可化为
由(2)中f(x)是R上的减函数
∴
即,
即
解得:x∈(0,1]∪[3,+∞)