（Ⅰ）∵f（x）=e x-1-ax，（x∈R，a∈R），
∴f′（x）=e x-a，
①当a≤0时，则∀x∈R有f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间（-∞，+∞）单调递增；
②当a＞0时，f′（x）＞0⇒x＞lna，f′（x）＜0⇒x＜lna
∴函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（-∞，lna）．
综合①②的当a≤0时，函数f（x）的单调增区间为（-∞，+∞）；
当a＞0时，函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（-∞，lna）．
（Ⅱ）函数F（x）=f（x）-xlnx定义域为（0，+∞），
又 F(x)=0⇒a=
e x -1
x -lnx，x＞0 ，
令h（x）=
e x -1
x -lnx，x＞0 ，
则h′（x）=
( e x -1)(x-1)
x 2 ，x＞0 ，
∴h′（x）＞0⇒x＞1，
h′（x）＜0⇒0＜x＜1，
∴函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴h（x）≥h（1）=e-1
由（1）知当a=1时，对∀x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，
即 e x -1＞x⇔
e x -1
x ＞1
∴当x＞0且x趋向0时，h（x）趋向+∞
随着x＞0的增长，y=e x-1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y=x 2的增长速度，而y=lnx的增长速度则会越来越慢．
故当x＞0且x趋向+∞时，h（x）趋向+∞．得到函数h（x）的草图如图所示
故①当a＞e-1时，函数F（x）有两个不同的零点；
②当a=e-1时，函数F（x）有且仅有一个零点；
③当a＜e-1时，函数F（x）无零点；
（Ⅲ）由（2）知当x＞0时，e x-1＞x，故对∀x＞0，g（x）＞0，
先分析法证明：∀x＞0，g（x）＜x
要证∀x＞0，g（x）＜x
只需证 ∀x＞0，
e x -1
x ＜ e x
即证∀x＞0，xe x-e x+1＞0
构造函数H（x）=xe x-e x+1，（x＞0）
∴H′（x）=xe x＞0，∀x＞0
故函数H（x）=xe x-e x+1在（0，+∞）单调递增，
∴H（x）＞H（0）=0，
则∀x＞0，xe x-e x+1＞0成立．
①当a≤1时，由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，
则f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．
②当a＞1时，由（1）知，函数f（x）在（lna，+∞）单调递增，在（0，lna）单调递减，
故当0＜x＜lna时，0＜g（x）＜x＜lna，
∴f（g（x））＞f（x），则不满足题意．
综合①②得，满足题意的实数a的取值范围（-∞，1]．
