（Ⅰ）f′（x）=

1

a

(x2+x-a)e

x

a

+（2x+1）e

x

a

=

1

a

x(x+1+2a)e

x

a

，

当a=1时，f′（x）=x（x+3）e^x，

解f′（x）＞0得x＞0或x＜-3，解f′（x）＜0得-3＜x＜0，

所以f（x）的单调增区间为（-∞，-3）和（0，+∞），单调减区间为（-3，0）．

（Ⅱ）①当x=-5时，f（x）取得极值，所以f′（-5）=

1

a

(-5)(-5+1+2a)e

x

a

=0，

解得a=2（经检验a=2符合题意），

f′（x）=

1

2

x(x+5)e

x

2

，当x＜-5或x＞0时f′（x）＞0，当-5＜x＜0时f′（x）＜0，

所以f（x）在（-∞，-5）和（0，+∞）上递增，在（-5，0）上递减，

当-5≤m≤-1时，f（x）在[m，m+1]上单调递减，f_min（x）=f（m+1）=m（m+3）e

m+1

2

，

当-1＜m＜0时，m＜0＜m+1，f（x）在[m，0]上单调递减，在[0，m+1]上单调递增，f_min（x）=f（0）=-2，

当m≥0时，f（x）在[m，m+1]上单调递增，f_min（x）=f（m）=（m+2）（m-1）e

m

2

，

综上，f（x）在[m，m+1]上的最小值为

fmin(x)=

m(m+3)e m+1 2 ，-5≤m≤-1 -2，-1＜m＜0 (m+2)(m-1)e m 2 ，m≥0

；

②令f′（x）=0得x=0或x=-5（舍），

因为f（-2）=0，f（0）=-2，f（1）=0，所以f_max（x）=0，f_min（x）=-2，

所以对任意x₁，x₂∈[-2，1]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤f_max（x）-f_min（x）=2．