解题思路：（Ⅰ）由f（x）=ex-2x+2a，x∈R，知f′（x）=ex-2，x∈R．令f′（x）=0，得x=ln2．列表讨论能求出f（x）的单调区间区间及极值．
（Ⅱ）设g（x）=ex-x2+2ax-1，x∈R，于是g′（x）=ex-2x+2a，x∈R．由（1）知当a＞ln2-1时，g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1-ln2+a）＞0．于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．由此能够证明ex＞x2-2ax+1．
（Ⅰ） ∵f（x）=ex-2x+2a，x∈R，
∴f′（x）=ex-2，x∈R．
令f′（x）=0，得x=ln2．
于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x（-∞，ln2）ln2（ln2，+∞）f′（x）-0+f（x）单调递减2（1-ln2+a）单调递增故f（x）的单调递减区间是（-∞，ln2），
单调递增区间是（ln2，+∞），
f（x）在x=ln2处取得极小值，
极小值为f（ln2）=eln2-2ln2+2a=2（1-ln2+a），无极大值．
（Ⅱ）证明：设g（x）=ex-x2+2ax-1，x∈R，
于是g′（x）=ex-2x+2a，x∈R．
由（1）知当a＞ln2-1时，
g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1-ln2+a）＞0．
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．
于是当a＞ln2-1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．
而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．
即ex-x2+2ax-1＞0，
故ex＞x2-2ax+1．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函数增减区间的判断、极值的计算和不等式性质的应用．解题时要认真审题，仔细解答．