见解析
解：（1）令x1=x2=0，则f（0）=f（0）+f（0）-2，∴f（0）=2
令x1=1，x2=-1，则f（0）=f（1）+f（-1）-2，∵f（1）=0，∴f（-1）=2+2=4
∴f（-1）=4
（2）设0＜x＜1，则x+1＞1，∴f（x+1）=f（x）+f（1）-2=f（x）-2＜0
∴0＜x＜1时，f（x）＜2，又∵当x＞1时有f（x）＜0，f（1）=0
∴x＞0时，f（x）＜2
函数f（x）在R上为单调递减函数，证明如下：
证明：设?x1＜x2∈R，且x2-x1=t＞0
则f（x1）-f（x2）=f（x1）-f（x1+t）=f（x1）-f（x1）-f（t）+2=2-f（t）
∵t＞0，∴f（t）＜2，∴2-f（t）＞0
∴f（x1）＞f（x2）
∴函数f（x）在R上为单调递减函数
（3）不等式[f（x2-2x）]2+2f（x2-2x-1）-12＜0
?[f（x2-2x）]2+2f（x2-2x）+2f（-1）-4-12＜0
?[f（x2-2x）]2+2f（x2-2x）-8＜0
设t=f（x2-2x），则t2+2t-8＜0，即-4＜t＜2
∴原不等式?-4＜f（x2-2x）＜2
?f（3）＜f（x2-2x）＜f（0）（注：f（3）=f（2）+f（1）-2=3f（1）-4=-4）
?3＞x2-2x＞0
?-1＜x＜0或2＜x＜3
∴不等式的解集为（-1，0）∪（2，3）
