（1）f′（x）=2（x-a）e^x+（x-a）²e^x，

=（x-a）[x-（a-2）]e^x．…2分

令f′（x）=0，得x₁=a-2，x₂=a．

当x变化时，f′（x）、f（x）的变化如下：

x	（-∞，a-2）	a-2	（a-2，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

所以f（x）的单调递增区间是（-∞，a-2），（a，+∞），

单调递减区间是（a-2，a）．…6分

（2）由（Ⅰ）得[f（x）]_极大=f（a-2）=4e^a-2．

①当a≤1时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2）或f（1），

由

a≤1 f(a-2)=4ea-2≤4e

，f（1）=（a-1）•2e≤4e，解得-1≤a≤1；

②当a-2≤1＜a，即1＜a≤3时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2），

此时f（a-2）=4e^a-2≤4e³-2=4e；

③当a-2＞1，即a＞3时，f（1）=（a-1）2e＞4e，f（x）≤4e不恒成立．

综上，a的取值范围是[-1，3]．…12分

（III）∵f′（x）=x（x-2）e^x，

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2，

∴x 2-2x=

1

2

(t-2)²，

令g（x）=x2-2x-

1

2

(t-2)²，

从而问题转化为证明当2＜t＜6时，

函数g(x)=x2-2x-

1

2

(t-2)²在[-2，t]与x轴有两个不同的交点，

∵g（-2）＞0，g（t）＞0，g（0）＜0，

∴g（x）=0在[-2，t]上有解，且有两解．

所以，当a=2，2＜t＜6时，关于x的方程

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2在区间[-2，t]上总有两个不同的解．（15分）