解：（Ⅰ）求导函数，可得f′（x）=ex+2ax﹣e

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，

∴k=2a=0，∴a=0

∴f（x）=ex﹣ex，f′（x）=ex﹣e

令f′（x）=ex﹣e＜0，可得x＜1；令f′（x）＞0，可得x＞1；

∴函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，1），单调增区间为（1，+∞）

（Ⅱ）设点P（x0，f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0）+f（x0）

令g（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0）﹣f（x0）

∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，∴g（x）有唯一零点

∵g（x0）=0，g′（x）=

（i）若a≥0，当x＞x0时，g′（x）＞0，∴x＞x0时，g（x）＞g（x0）=0

当x＜x0时，g′（x）＜0，∴x＜x0时，g（x）＞g（x0）=0，故g（x）只有唯一零点x=x0，由P的任意性a≥0不合题意；

（ii）若a＜0，令h（x）= ，则h（x0）=0，h′（x）=ex+2a

令h′（x）=0，则x=ln（﹣2a），∴x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（﹣2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；

①若x0=ln（﹣2a），由x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），g′（x）＞0；x∈（ln（﹣2a），+∞），g′（x）＞0，∴g（x）在R上单调递增

∴g（x）只有唯一零点x=x0；

②若x0＞ln（﹣2a），由x∈（ln（﹣2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x0）=0，则当x∈（ln（﹣2a），x0），g′（x）＜0，g（x）＞g（x0）=0

任取x1∈（ln（﹣2a），x0），g（x1）＞0，

∵x∈（﹣∞，x1），∴g（x）＜ax2+bx+c，其中b=﹣e﹣f′（x0）．c=

∵a＜0，∴必存在x2＜x1，使得

∴g（x2）＜0，故g（x）在（x2，x1）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；

③若x0＜ln（﹣2a），同理利用 ，可得g（x）在R上至少有两个零点；

综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（﹣2a），f（ln（﹣2a）））