证明：（Ⅰ）∀x₁，x₂∈R，当x₁＜x₂时，x₂-x₁＞0，

∴f（x₂-x₁）＞2f（x₁）-f（x₂）

=f（x₁）-f（x₂-x₁+x₁）

=f（x₁）-f（x₂-x₁）-f（x₁）+2

=2-f（x₂-x₁）＜0，

所以f（x₁）＜f（x₂），

所以f（x）在R上是单调递增函数…（4分）

（Ⅱ）∵f（1）=5，

∴f（2）=f（1）+f（1）-2=8，

由f（|t²-t|）≤8得f（|t²-t|）≤f（2）

∵f（x）在R上是单调递增函数，所以|t2-t|≤2⇒-2≤t2-t≤2⇔

t2-t≤2 t2-t≥-2

⇒

-1≤t≤2 t∈R

⇒t∈[-1，2]…（8分）

（Ⅲ）由f（-2）=-4得-4=f（-2）=f（-1）+f（-1）-2⇒f（-1）=-1

所以f（-3）=f（-2）+f（-1）=-4-1-2=-7，

由f（t²+at-a）≥-7得f（t²+at-a）≥f（-3）

∵f（x）在R上是单调递增函数，

所以t²+at-a≥-3⇒t²+at-a+3≥0对任意t∈[-2，2]恒成立．

记g（t）=t²+at-a+3（-2≤t≤2）

只需g_min（t）≥0．对称轴t=-

a

2

（1）当-

a

2

≤-2⇒a≥4时，gmin(t)=g(-2)=4-2a-a+3≥0⇒a≤

7

3

与a≥4矛盾．

此时a∈ϕ

（2）当-2＜-

a

2

＜2⇒-4＜a＜4时，gmin(t)=

4(3-a)-a2

4

≥0⇒-6≤a≤2，

又-4＜a＜4，所以-4＜a≤2

（3）当-

a

2

≥2⇒a≤-4时，g_min（t）=g（2）=4+2a-a+3≥0⇒a≥-7

又a≤-4

∴-7≤a≤-4

综合上述得：a∈[-7，2]…（14分）