答
（1）∵f（x+y）=f（x）•f（y）-f（x）-f（y）+2令x=y=0，
f（0）=f（0）•f（0）-f（0）-f（0）+2
∴f2（0）-3f（0）+2=0，f（0）=2或 f（0）=1
若 f（0）=1
则 f（1）=f（1+0）=f（1）•f（0）-f（1）-f（0）+2=1，
与已知条件x＞0时，f（x）＞2相矛盾，∴f（0）=2 （1分）
设x＜0，则-x＞0，那么f（-x）＞2
又2=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）-f（x）-f（-x）+2
∴f(x)＝＝1+
∵f（-x）＞2
，∴0＜＜1，从而1＜f（x）＜2（3分）
（2）函数f（x）在R上是增函数
设x1＜x2则x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＞2
f（x2）=f（x2-x1+x1）=f（x2-x1）f（x1）-f（x2-x1）-f（x1）+2
=f（x2-x1）[f（x1）-1]-f（x1）+2
∵由（1）可知对x∈R，f（x）＞1，∴f（x1）-1＞0，又f（x2-x1）＞2
∴f（x2-x1）•[f（x1）-1]＞2f（x1）-2
f（x2-x1）[f（x1）-1]-f（x1）+2＞f（x1）
即f（x2）＞f（x1）
∴函数f（x）在R上是增函数 （3分）
（3）∵由（2）函数f（x）在R上是增函数
∴函数y=f（x）-k在R上也是增函数
若函数g（x）=|f（x）-k|在（-∞，0）上递减
则x∈（-∞，0）时，g（x）=|f（x）-k|=k-f（x）
即x∈（-∞，0）时，f（x）-k＜0，
∵x∈（-∞，0）时，f（x）＜f（0）=2，∴k≥2（3分）
