（I）由f′（x）=e（x+1）=0，得x=-1；
当变化时的变化情况如下表：可知f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），递增区间为（-1，+∞），
f（x）有极小值为f（-1）=-
1
e ，但没有极大值．
（II）令g（x）=[f（x）-f（a）]/（x-a）=（xe x-ae a）/（x-a），x＞a，
则[f（x 2）-f（a）]/（x 2-a）＞[f（x 1）-f（a）]/（x 1-a）恒成立，
即g（x）在（a，+∞）内单调递增这只需g′（x）＞0．而g′（x）=[e x（x 2-ax-a）+ae a]/（x-a） 2
记h（x）=e x（x 2-ax-a）+ae a，
则h′（x）=e x[x 2+（2-a）x-2a]=e x（x+2）（x-a）
故当a≥-2，且x＞a时，h′（x）＞0，h（x）在[a，+∞）上单调递增．
故h（x）＞h（a）=0，从而g′（x）＞0，不等式（*）恒成立
另一方面，当a＜-2，且a＜x＜-2时，h′（x）＜0，h（x）在[a，-2]上单调递减又h（a）=0，所以h（x）＜0，
即g′（x）＜0，g′（x）在（a，-2）上单调递减．
从而存在x 1x 2，a＜x 1＜x 2＜-2，使得g（x 2）＜g（x 1）
∴a存在，其取值范围为[-2，+∞）