（Ⅰ）由k=e得：f（x）=ex-ex，
∴f′（x）=ex-e，
由f′（x）=ex-e＞0得x＞1，
由f′（x）=ex-e＜0得x＜1；
∴f（x）的单调增区间为：（1，+∞），
f（x）的单调减区间为：（-∞，1）；
（Ⅱ）∵f（|x|）=e|e|-k|x|，而f（|-x|）=f（|x|），
∴f（|x|）为偶函数，
∴若k＞0，对于任意 x∈R，f（|x|）＞0恒成立，等价于f（x）＞0对x≥0恒成立，
而f′（x）=ex-k，
①当k∈（0，1]时，f′（x）=ex-k＞1-k≥0（x＞0），
此时f（x）在[0，+∞）上单调递增，
故f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意．
②当k∈（1，+∞）时，由f′（x）=ex-k=0，解得：x=lnk，
∴在（0，lnk）上，f（x）单调递减，在（lnk，+∞）上，f（x）单调递增，
∴f（x）min=f（lnk）=k-klnk，
由题意得：k-klnk＞0，∵k＞1，∴解得：1＜k＜e；
由①②得：0＜k＜e．
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