解题思路：（1）对a进行分类讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）对a进行分类讨论，把证明不等式成立问题转化为判断函数单调性问题解决，利用（1）的结论即可得出结论．
（Ⅰ）由f（x）定义域为R，知x2-ax+1＞0恒成立，于是△=a2-4＜0，
所以得-2＜a＜2，所以实数a的取值范围是（-2，2）；…（1分）
当a=0时，f(x)＝
ex
x2+1，函数定义域为R，f′(x)＝
ex(x−1)2
(x2+1)2≥0，
于是f（x）在R上单调递增；
当a∈（0，2）时，求导得f′(x)＝
ex(x−1)[x−(a+1)]
(x2−ax+1)2，因为△=a2-4＜0，
所以x2-ax+1＞0恒成立，函数定义域为R，又a+1＞1，知f（x）在（-∞，1）上单调递增，
在（1，a+1）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增．…（4分）
（Ⅱ）当a=0时，[0，a+1]=[0，1]，又f（x）在[0，1]单调递增，f（0）=1于是f（x）≥1≥x，
即得f（x）≥x在x∈[0，a+1]上成立．…（6分）
当a∈（0，2）时，由（I）知f（x）在[0，1]上递增，在[1，1+a]上递减．
当x∈[0，1]时，由f（x）≥1≥x，即得f（x）≥x在x∈[0，1]上成立；…（8分）
当x∈（1，1+a]时，有f(x)≥f(1+a)＝
e1+a
(1+a)2−a(1+a)+1＝
e1+a
a+2．
下面证明：f(1+a)＝
ea+1
a+2≥a+1．
令x=a+1，h（x）=ex-（x+1）x，则h'（x）=ex-2x-1，且x∈（1，3）．
记φ（x）=h'（x）=ex-2x-1，则φ'（x）=ex-2＞e-2＞0，于是φ（x）=h'（x）在[1，3]上单调递增．
又因为h'（1）＜0，h′(
3
2)＝e
3
2−4＞0，所以存在唯一的x0∈(1，
3
2)使得h′(x0)＝ex0−2x0−1＝0，从而ex0＝2x0+1．
于是h（x）在[1，x0）上单调递减，在（x0，3]上单调递增，此时h（x）≥h（x0）=ex0−
x20−x0=2x0+1−
x20−x0=−(x0−
1
2)2+
5
4＞0．
从而 h（a+1）≥h（x0）＞0，即
点评：
本题考点： 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： 本题主要考查函数单调性的判断及证明不等式恒成立问题，考查利用导数研究函数的性质，注意分类讨论思想的运用，逻辑性强，属难题．