（Ⅰ）任取x∈[0，1]，则-x∈[-1，0]，f(-x)=

1

e-2x

-

a

e-x

=e2x-aex，

又f（x）是偶函数，故x∈[0，1]时，f（x）=f（-x）=e^2x-ae^x．

由f（x）是定义域为[-1，1]的偶函数可知，f（x）在x∈[0，1]的最大值即可为f（x）的最大值．

当x∈[0，1]时，令t=ex∈[1，e]，f(x)=h(t)=(t-

a

2

)2-

a2

4

a

2

≤

e+1

2

，即a≤e+1时，fmax(x)=h(e)=f(1)=e2-ae；

a

2

＞

e+1

2

，即a＞e+1时，fmax(x)=h(1)=f(0)=1-a；

综上可知：

a≤e+1时，f_max（x）=f（1）=e²-ae；a＞e+1时，f_max（x）=f（0）=1-a．

（Ⅱ）g(x)=(

x2

a

+x-2-

3

a

)[e2x-f(x)]

=(

x2

a

+x-2-

3

a

)(e2x-e2x+aex)=(

x2

a

+x-2-

3

a

)•aex=(x2+ax-2a-3)ex

要x∈[0，1]时，函数g（x）的图象恒在直线y=e上方，

即x∈[0，1]时，g_min（x）＞e成立，

g′（x）f'（x）=（x+a+3）（x-1）e^x，令g′（x）=0，解得x₁=-a-3，x₂=1

①当-a-3≤0，即a≥-3且a≠0时，可得x∈[0，1]时g′（x）≤0，故g（x）在区间[0，1]单调递减．

此时g_min（x）=g（1）=（-2-a）e＞e⇒a＜-3，与a≥-3且a≠0矛盾．

②当0＜-a-3＜1，即-4＜a＜-3时，可得x∈[0，-a-3]时，g′（x）≥0，x∈[-a-3，1]时g′（x）≤0，可知f（x）在区间[0，-a-3]单调递增．在区间[-a-3，1]单调递减．

此时g_min（x）＞e⇔g（0）＞e，且g（1）＞e，

又g(0)=-2a-3＞e⇒a＜

-e-3

2

，g(1)＞e⇒a＜-3

故-4＜a＜-3时可满足题意；

③-a-3≥1，即a≤-4时，可得x∈[0，1]时g′（x）≥0，可知g（x）在区间[0，1]单调递增．

此时gmin(x)=g(0)=-2a-3＞e⇒a＜

-e-3

2

，又a≤-4．故a≤-4时可满足题意.

综上可知：a＜-3时，g（x）的图象恒在直线y=e上方．