已知函数f（x）=（x+a）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R．

（Ⅰ）函数的导数的为f′（x）=（x+a+1）e^x，
当x∈[0，4]时，函数f（x）≥e²恒成立，等价为f_min（x）≥e²恒成立；
令f′（x）=0，解得x=-a-1，
f（x），f′（x）的情况如下：

x（-∞，-a-1）-a-1（-a-1，+∞）
f′（x）-0+
f（x）↘极小值↗①当-a-1≤0，即a≥-1时，f（x）在[0，4]上的最小值为f（0），
若满足题意只需f（0）≥e²，解得a≥e²；
②当0＜-a-1＜4，即-5＜a＜-1时，f（x）在[0，4]上的最小值为f（-a-1），
若满足题意只需f（-a-1））≥e²，求解可得此不等式无解，
所以a不存在；
③当-a-1≥4，即a≤-5时，f（x）在[0，4]上的最小值为f（4），
若满足题意只需需f（4）≥e²，解得（4+a）e⁴≥e²，
所以此时，a不存在．
综上实数a的取值范围为a≥e²；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）的增区间为（-a-1，+∞），单调减区间为（-∞，-a-1），
∴若a＞0，函数F（x）=af（x）的单调性与f（x）的单调性相同，
若a＜0，函数F（x）=af（x）的单调性与f（x）的单调性相反，
综上当a＞0时，函数F（x）=af（x）的增区间为（-a-1，+∞），单调减区间为（-∞，-a-1），
当a＜0时，函数F（x）=af（x）的增区间为（-∞，-a-1），F（x）=af（x）的单调减区间为（-a-1，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查函数单调性和函数最值之间的应用，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．