解题思路：（1）设x1、x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，再由x＞0时f（x）＞2，令f（x2）=f[（x2-x1）+x1]，由条件即可得到f（x1）＜f（x2），由单调性的定义，即可判断；
（2）根据（1）的结论，首先找出f（1）=3，然后利用单调性去掉抽象函数，解二次不等式即可．
（1）f（x）在R上是增函数．
理由如下：设x1、x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，
∵当x＞0时，f（x）＞2
∴f（x2-x1）＞2即f（x2-x1）-2＞0，
而函数f（x）对一切m、n∈R都有：f（m+n）=f（m）+f（n）-2，
∴f（x2）=f[（x2-x1）+x1]=f（x2-x1）+f（x1）-2＞f（x1）
即f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）在R上是增函数；
（2）由于f（3）=f（2+1）=f（2）+f（1）-2，
=f（1+1）+f（1）-2=3f（1）-4
∵f（3）=5，
∴f（1）=3，
∵f（a2-2a-2）＜3，即有f（a2-2a-2）＜f（1），
由（1）知，函数f（x）在R上是增函数，
∴a2-2a-2＜1即-1＜a＜3
∴不等式f（a2-2a-2）＜3的解集是（-1，3）．
点评：
本题考点： 抽象函数及其应用．
考点点评： 本题考查抽象函数及运用，考查函数的单调性及运用，注意定义的运用，考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，属于中档题．