即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，

由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，

当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，

即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，

即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故函数f（x）在R上单调递增，

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，

当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，

即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，

即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，

当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，

即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故当x=1时，函数取极大值，

由f（1）=﹣e＜0得：

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

综上所述，a的取值范围为（0，+∞）

证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，

∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，

∴﹣a==，

令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，

∵g′（x）=，

∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，

设h（m）=，m＞0，

则h′（m）=＞0恒成立，

即h（m）在（0，+∞）上为增函数，

h（m）＞h（0）=0恒成立，

即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，

令m=1﹣x1＞0，

则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，

即x1+x2＜2．

【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．

请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲]