已知f（x）是定义在R上的函数，对于任意x1、x2∈R，f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）-1恒成立，且当x＞0时

解题思路：先利用函数单调性的定义判断f（x）在R上的单调性，然后由f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）-1，f（2013）=2014可推得f（1）的值，进而可把3表示为f（x）的函数值，再根据单调性可去掉不等式f（x²-ax-3）＜3中的符号“f”，根据恒成立可得不等式组，解出即可．

任意取x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂，
则f（x₂）-f（x₁）=f[（x₂-x₁）+x₁]-f（x₁）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1，
∵x＞0时，f（x）＞1，且x₂-x₁＞0，
∴f（x₂-x₁）-1＞1-1=0，
∴f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）是定义在R上的增函数，
由f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）-1，得
f（2013）=f（2012）+f（1）-1
=f（2011）+2f（1）-2
=f（2010）+3f（1）-3
=…
=2013f（1）-2012，则2013f（1）-2012=2014，
∴f（1）=2，
∴3=f（1）+f（1）-1=f（2），
∴f（x²-ax-3）＜3对任意x∈（-1，1）恒成立，即f（x²-ax-3）＜f（2）对任意x∈（-1，1）恒成立，
又f（x）在R上递增，
∴x²-ax-3＜2对任意x∈（-1，1）恒成立，即x²-ax-5＜0对任意x∈（-1，1）恒成立，
则有

(−1)2−a(−1)−5≤0
12−a•1−5≤0，即

a−4≤0
−a−4≤0，解得-4≤a≤4，
故答案为：[-4，4]．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题．

考点点评： 本题考查恒成立问题，考查抽象函数的单调性、函数值，考查抽象不等式，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，把抽象不等式转化为具体不等式是解决本题的关键所在．