设函数f（x）的定义域为R，对任意的实数x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）；当x＜0时，f（x）＜0，且f（1）=1．
（1）判断并证明f（x）在（-∞，+∞）上的单调性；
（2）若数列{a_n}满足：0＜a₁＜1，且2-a_n+1=f（2-a_n），证明：对任意的n∈N^*，0＜a_n＜1．在线课程（1）解：f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，证明如下：
设任意x₁，x₂∈（-∞，+∞），且x₁＜x₂，则
∵x₁-x₂＜0，∴f（x₁-x₂）＜0，∴f（x₁）=f[（x₁-x₂）+x₂]=f（x₁-x₂）+f（x₂）＜f（x₂）
即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（-∞，+∞）上单调递增．…（6分）
（2）证明：在f（x+y）=f（x）+f（y）中，令x=y=1，得f（2）=f（1）+f（1）=2．
令x=y=0，得f（0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0．
令y=-x，得f（-x）+f（x）=0，即f（-x）=-f（x）
∴2-a_n+1=f（2-a_n），∴2-a_n+1=f（2）+f（-a_n）
∴2-a_n+1=2-f（a_n），∴a_n+1=f（a_n）
下面用数学归纳法证明：…（9分）
①当n=1时，0＜a₁＜1，不等式成立；
②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式成立，即0＜a_k＜1，
则∵f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，
∴f（0）＜a_k+1=f（a_k）＜f（1），∴0＜a_k+1＜1，
即当n=k+1时不等式也成立．
综上①②，由数学归纳法原理可知对任意的n∈N^*，0＜a_n＜1…（14分）
分析：（1）f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，利用单调性的定义进行证明即可；
（2）利用赋值法，可得a_n+1=f（a_n），再用数学归纳法，证明即可．
点评：本题考查函数的单调性，考查数学归纳法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．