只需证明：当x>0时,总有f(x)>f(0)即可
证明：由题意知：对任意s,t属于R,都有f(s+t)=f(s)+f(t)+st
那么：当s=t=0时
可以得到：f(0)=f(0)+f(0)+0
即：f(0)=0
又因为：对任意x>0,有f(x)>0
因此：对任意x>0,有f(x)>f(0)
所以：函数f(x)在0到正无穷上单调递增
(2).
由题知：对任意s,t属于R,都有f(s+t)=f(s)+f(t)+st
因此：f(2^x)+f[2^(1-x)]=f{(2^x)+[2^(1-x)]}-2=f[2^x+2^(1-x)]-2
f(2^x)+f[2^(1-x)]<4
即：f[2^x+2^(1-x)]-2<4
f[2^x+2^(1-x)]<6
因为：f(3)=6
所以：f[2^x+2^(1-x)]<f(3)
又因为：函数f(x)在0到正无穷上单调递增
因此：0<2^x+2^(1-x)<3
因为：2^x+2^(1-x)>0恒成立
所以只要解出：2^x+2^(1-x)<3即可
设2^x=a>0
a+2/a<3
解得：1<a<2
也就是：1<2^x<2
得：0<x<1
附上图形,可以更直观的看出当0<2^x+2^(1-x)<3时,x的取值范围
