解：取x=y=0，则f(0+0)=2f(0)，所以f(0)=0；取y=-x，则f(x-x)=f(x)+f(-x)，所以对任意x∈R，有f(-x)=-f(x)恒成立，因此f(x)为奇函数。

解：任取x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0。因此f(x₂)+f(-x₁)=f(x₂-x₁)＜0，故f(x₂)＜-f(-x₁)。又f(x)为奇甬数，则f(x₁)＞f(x₂)，f(x)在R上是减函数。所以对任意x∈[-3，3]，恒有f(x)≤f(-3)，而f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2×3=-6，f(3)=-f(3)=6，故f(x)在[-3，3]上的最大值为6。

解：因f(x)为奇函数，整理原式得f(ax²)+f(-2x)＜f(ax)+f(-2)，进一步得f(ax²-2x)＜f(ax-2)，而f(x)在R上是减函数，则ax²-2x＞ax-2，故(ax-2)(x-1)＞0。因此当a=0时，x∈(-∞，1)；当a=2时，x∈{x|x≠1且x∈R}；当a＜0时，；当0＜a＜2时，，当a＞2，。

解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件A，“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件B，由于事件A，B相互独立，且。故取出的4个球均为黑球的概率为。

解：没“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件C，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D。由于事件C，D互斥，且。故取出的4个球中恰有1个红球的概率为。

解：

解：设|BF₂|=m；则|BF₁|=2a-m
   在△BF1F2中，|BF₁|²=|BF₂|²+|F₁F₂|²-2|BF₂|×|F₁F₂|×cos120°
   
   △AF₁B面积

解：解法1 设M(x，y)，由已知得：，易知圆C₂上的点位于直线x=-2的右侧，∴x+2＞0，∴，化简得曲线C₁的方程为y²=20x。
   解法2 由题设知，曲线C₁上任意一点M到圆心C₂(5，0)的距离等于它到直线x=-5的距离，∴曲线C₁是以(5，0)为焦点，直线x=-5为准线的抛物线，∴其方程为y²=20x。

解：当点P在直线x=4上运动时，设P(-4，y₀)，又y₀≠3，∴过P且与圆C₂相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y-y₀=k(x+4)，即kx-y+y₀+4k=0，∴，
   整理得：
   设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k₁，k₂，
   则k₁，k₂是方程①的两个实根，∴
   由，得k₁y²-20y+20(y₀+4k₁)=0……③
   设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，，同理可得
   ∴由②④⑤三式得：
   
   ∴当P在直线x=-4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400。

解：若a＜0，则对一切x＞0，f(x)=e^ax-x＜1，这与题设矛盾，又a≠0，∴a＞0。
   ∵f'(x)=ae^ax-1，令f'(x)=0得。
   当时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；
   当时，f'(x)＞0，f(x)单调递增。
   ∴当时，f(x)取最小值。
   于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当
   令g(t)=t-t·lnt，则g'(t)=-lnt。
   当0＜t＜1时，g'(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g'(t)＜0，g(t)单调递减。
   ∴当t=1时，g(t)取最大值g(1)=1，∴当且仅当，即a=1时，①式成立。
   综上所述，a的取值集合为{1}。

解：由题意知，，
   令，则
   
   令F(t)=e^t-t-1，则F'(t)=e^t-1，
   当t＜0时，F'(t)＜0，F(t)单调递减；当t＞0时，F'(t)＞0，F(t)单调递增。
   ∴当t≠0时，F(t)＞F(0)=0，即e^t-t-1＞0，
   ∴e^a(x₂-x₁)-a(x₂-x₁)-1＞0，e^a(x₁-x₂)-a(x₁-x₂)-1＞0，
   又，∴φ(x₁)＜0，φ(x₂)＞0，
   ∵函数y=φ(x)在区间[x₁，x₂]上的图象是连续不断的一条曲线，∴存在c∈(x₁，x₂)，使得φ(c)=0，又φ'(x)=a²e^ax＞0，
   ∴φ(x)单调递增，∴这样的c是唯一的，且，∴当且仅当时，f'(x)＞k。
   综上所述，存在x₀∈(x₁，x₂)，使f'(x₀)＞k成立，
   且x₀的取值范围为。