解题思路：（I）求f（x）的导数，可得单调区间，由极值点可得a值，可验证符合题意；
（Ⅱ）可转化为f（x）-g（x）=x（ex-ax-1）≥0恒成立，令F（x）=ex-ax-1，可得导数F′（x）=ex-a，对a进行分类讨论可得结论．
（I）∵f（x）=xex，∴f′（x）=ex+xex=（1+x）ex，…（2分）
当x＜-1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，-1）内单调递减；
当x＞-1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（-1，+∞）内单调递增…（4分）
又g′（x）=2ax+1，由g′（-1）=-2a+1=0，得a=[1/2]，
此时g（x）=[1/2]x2+x=[1/2](x+1)2−
1
2，
显然g（x）在（-∞，-1）内单调递减，在（-1，+∞）内单调递增，故a=[1/2]．…（6分）
（II）当x≥0时恒有f（x）≥g（x），即f（x）-g（x）=x（ex-ax-1）≥0恒成立．…（7分）
故只需F（x）=ex-ax-1≥0恒成立，
对F（x）求导数可得F′（x）=ex-a．…（8分）
∵x≥0，∴F′（x）=ex-a，
若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）为增函数，
从而当x≥0时，F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥g（x）；…（10分）
若a＞1，则当x∈（0，lna）时，F′（x）＜0，F（x）为减函数，
从而当x∈（0，lna）时，F（x）＜F（0）=0，即f（x）＜g（x），故f（x）≥g（x）不恒成立．
故a的取值范围为：a≤1----（12分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查函数和导数的综合应用，涉及恒成立问题和分类讨论的思想，属中档题．