解题思路：（Ⅰ）由奇函数的性质可得f（-x）=-f（x），令x=0代入可得a值；
（Ⅱ）代入可得
lnx
f(x)
＝
lnx
x
＝
x
2
−2ex+m
，令
f
1
(x)＝
lnx
x
，
f
2
(x)＝
x
2
−2ex+m
，求导数可得函数f1（x）的单调性，进而得最大值，配方可得
f
2
(x)＝(x−e
)
2
+m−
e
2
，结合函数图象可知得结论．
（Ⅰ）由f（x）=ln（ex+a）是R的奇函数，则f（-x）=-f（x），
不妨去x=0，可得f（0）=ln（e0+a）=0，解得a=0．…..…..（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）=lnex=x，故
lnx
f(x)＝
lnx/x＝x2−2ex+m，
令f1(x)＝
lnx
x，f2(x)＝x2−2ex+m，则
f′1(x)＝
1−lnx
x2]，
当x∈（0，e）时，
f′1(x)≥0，∴f1（x）在（0，e]上为增函数；
当x∈[e，+∞）时，
f′1(x)≤0，∴f1（x）在[e，+∞）上为减函数；
当x=e时，[f1(x)]max＝f1(e)＝
1
e，…．…..（8分）
而f2(x)＝(x−e)2+m−e2，结合函数图象可知：
当m−e2＞
1
e，即m＞
1
e+e2时，方程无解；
当m−e2＝
1
e，即m＝
1
e+e2时，方程有一个根x=e；
当m−e2＜
1
e，即m＜
1
e+e2时，方程有两个根．…..…..…．（12分）
点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断；函数奇偶性的判断．
考点点评： 本题考查函数的奇偶性和根的存在性及个数的判断，属中档题．