已知f（x）对任意的实数m，n都有：f（m+n）=f（m）+f（n）-1，且当x＞0时，有f（x）＞1．（1）求f（0）

（1）令m=n=0，则f（0）=2f（0）-1，解得f（0）=1…（3分）
（2）证明：设x₁，x₂是R上任意两个实数，且x₁＜x₂，则
令m=x₂-x₁，n=x₁，则f（x₂）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1…（5分）
所以f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1
由x₁＜x₂得x₂-x₁＞0，所以f（x₂-x₁）＞1
故f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₁）＜f（x₂）…（7分）
所以f（x）在R上为增函数
（3）由已知条件有：f（ax-2）+f（x-x²）=f（ax-2+x-x²）+1
故原不等式可化为：f（ax-2+x-x²）+1＜3
即f[-x²+（a+1）x-2]＜2
而当n∈N^*时，f（n）=f（n-1）+f（1）-1=f（n-2）+2f（1）-2
=f（n-3）+3f（1）-3=…=nf（1）-（n-1）
所以f（6）=6f（1）-5，所以f（1）=2
故不等式可化为f[-x²+（a+1）x-2]＜f（1）…（9分）
由（2）可知f（x）在R上为增函数，所以-x²+（a+1）x-2＜1
即x²-（a+1）x+3＞0在x∈[-1，+∞）上恒成立…（10分）
令g（x）=x²-（a+1）x+3，即g（x）_min＞0成立即可
（i）当
a+1
2＜?1即a＜-3时，g（x）在x∈[-1，+∞）上单调递增
则g（x）_min=g（-1）=1+（a+1）+3＞0解得a＞-5，所以-5＜a＜-3…（11分）
（ii）当
a+1
2≥?1即a≥-3时
有g(x)min＝g(
a+1
2)＝(
a+1
2)2?(a+1)
a+1
2+3＞0
解得?2
3?1＜a＜2
3?1
而?3＞?2
3?1，所以?3≤a＜2
3?1…（13分）
综上所述：实数a的取值范围是(?5，2
3?1)…（14分）
注：（i）（ii）两种情况少考虑一种或计算错一种扣两分，最后综上所述错误扣一分