已知函数f（x）=ex-a（x+2）-b（e为自然对数的底数，a，b∈R）．

（1）f′（x）=e^x-a，
若a≤0，则f′（x）≥0恒成立，则f（x）在区间（-∞，+∞）上单调递增；
若a＞0，由f′（x）＞0解得x＞lna，f（x）在区间（lna，+∞）上单调递增，在区间（-∞，lna）上单调递减．
（2）若a＜0，由（1）知f（x）在区间（-∞，+∞）上单调递增，且当x→-∞时，f（x）→-∞，对x∈R，f（x）≥0不能恒成立；
若a=0，则f（x）=ex-b＞-b，因为对x∈R，所以-b≥0⇒b≤0，
此时（a+1）（b+1）≤1＜（1+e²）e^-2，不等式成立；
若a＞0，由（1）知f（x）在区间（lna，+∞）上单调递增，在区间（-∞，lna）上单调递减，得函数f（x）的最小值是f（lna）=a-a（lna+2）-b；
∴a-a（lna+2）-b≥0⇒b≤-a-alna，
只需要证明当a＞0时，（a+1）（1-a-alna）＜（1+e^-2）e^a，
即证明；
a+1
ea•(1−a−alna)＜1+e−2，
记g(x)＝
x+1
ex，h（x）=1-x-xlnx，
∵g′(x)＝
ex−(x+1)ex
e2x＝
−x
ex，当x≥0时，g′（x）≤0，∴g（x）在区间[0，+∞）上单调递减，
∴a＞0时，g(a)＝
a+1
ea＜g(0)＝1，又g（a）＞0，∴0＜g（a）＜1，
h′(x)＝−1−lnx−x•
1
x＝−lnx−2，由h′（x）=0⇒x=e^-2，且当0＜x＜e^-2时，h′（x）＞0，
且当x＞e^-2时，h′（x）＜0，∴h（x）的最大值是h（e^-2）=1+e^-2，
∴当a＞0时，h（a）=1-a-alna≤1+e^-2，
∴
a+1
ea•(1−a−alna)＜1+e−2，即原不等式成立．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题是一道函数与导数综合性比强的应用题．把函数与不等式结合在一起，运用了分类讨论思想，化归思想．道难度比较大．