（1）f′（x）=e^x+a，把x=1代入得：f′（1）=e+a，

把x=1代入f（x）得：f（1）=e+a，所以切点坐标为（1，e+a），

则在x=1处的切线为y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x，

与y²=4（x-1）联立，消去得（e+a）²x²-4x+4=0，

由△=0知，a=1-e或a=-1-e；

（2）当a=-1时，由（2）知[f（x）]_min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）=1，

设h（x）=g（x）-f（x）=e^xlnx-e^x+x，

则h′(x)=exlnx-ex•

1

x

-ex+1=ex(lnx+

1

x

-1)+1，

假设存在实数x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x=x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，

x₀即为方程的解，（13分）

令h′（x）=1得：ex(lnx+

1

x

-1)=0，因为e^x＞0，所以lnx+

1

x

-1=0．

令φ(x)=lnx+

1

x

-1，则φ′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，

当0＜x＜1是φ′（x）＜0，当x＞1时φ′（x）＞0，

所以φ(x)=lnx+

1

x

-1在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴φ（x）＞φ（1）=0，故方程ex(lnx+

1

x

-1)=0有唯一解为1，

所以存在符合条件的x₀，且仅有一个x₀=1．