[解析]
解：（Ⅰ）当a＝2时，f（x）＝ex﹣2x+sinx﹣1，则f′（x）＝ex﹣2+cosx，
可得f″（x）＝ex﹣sinx，
故x∈（﹣∞，0]时，可得ex≤1，故f′（x）≤﹣1+cosx≤0，
故f（x）在（﹣∞，0]内单调递减，
当x∈（0，+∞）时，ex＞1，故f″（x）＞1﹣sinx≥0，
故f′（x）在（0，+∞）上单调递增，故f′（x）＞f′（0）＝0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上，f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）证明：当x＝0时，f（0）＝0，故x＝0是f（x）的一个零点，
由f′（x）＝ex﹣a+cosx，令g（x）＝ex﹣a+cosx，可得g′（x）＝ex﹣sinx，
∵1≤a≤2，
①当x∈（0，+∞）时，g′（x）＝ex﹣sinx＞e0﹣sinx≥0，f′（x）在（0，+∞）单调递增，
则 f′（x）＞f′（0）＝2﹣a＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）＞f（0）＝0，
故f（x）在（0，+∞）无零点，
②当x∈（﹣∞，﹣π]时，﹣ax≥π，有f（x）≥ex+π+sinx﹣1＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣π]上无零点，
③当x∈（﹣π，0）时，sinx＜0，g′（x）＞0，f′（x）在（﹣π，0）单调递增，
又f′（0）＝2﹣a＞0，f′（﹣π）＝e﹣π﹣1﹣a＜0，
故存在唯一x0∈（﹣π，0），使得f′（x0）＝0，
当x∈（﹣π，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在（﹣π，x0）单调递减，
当x∈（x0，0）时，f′（x）＞0，f（x）在（x0，0）单调递增，
又f（﹣π）＝e﹣π+aπ﹣1＞0，f（x0）＜f（0）＝0，
故f（x）在（﹣π，0）有1个零点，
综上，当1≤a＜2时，f（x）有2个零点．
，其中0＜a＜e．
ax2+（1+a）x﹣lnx（a∈R）．
，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．
恒成立；
，证明
．
mx2+x（m∈R），令F（x）＝f（x）+g（x）．
时，求函数f（x）的单调递增区间；
．
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