解题思路：（1）求出f′（x）=ex-1，令其等于零找出函数的稳定点，得到当x＞0时，f′（x）=ex-1＞0，推出f（x）在[0，+∞）上是增函数，因为a＞0，得f（a）＞f（0）=1＞0，即ea-a＞0得证．
（2）由ea＞a（a≥0），函数的导函数g′（x），然后利用导数研究函数g（x）在区间（1，ea）上的最小值，最后讨论最小值的符号，从而确定函数g（x）在区间（1，ea）上的零点情况．
（1）∵f（x）=ex-x，∴f′（x）=ex-1，
令f′（x）=0，得到x=0．
当x＞0时，f′（x）=ex-1＞1-1=0，
∴f（x）的单调递增区间是[0，+∞）．
∵a＞0，∴f（a）＞f（0）=1＞0．
所以，ea-a＞0，即ea＞a．
（2）∵g（x）=x2-alnx．a＞0，
∴g′（x）=2x-[a/x]=
2x2−a
x=
2(x−
2a
2)(x+
2a
2)
x．
当0＜x＜
2a
2时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；
当x＞
2a
2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数．
∴g（x）min=g（
2a
2）=[a/2]（1-ln[a/2]）．
①当[a/2]（1-ln[a/2]）＞0，即0＜a＜2e时，函数f（x）在（1，ea）上无零点；
②当[a/2]（1-ln[a/2]）=0，即a=2e时，
2a
2=
e，则1＜
2a
2＜ea，
而f（1）=1＞0，f（
2a
2）=0，f（ea）＞0，
∴f（x）在（1，ea）上有一个零点；
③当[a/2]（1-ln[a/2]）＜0，
即a＞2e时，ea＞
2a
2＞
e＞1，有1＜
2a
2＜ea．
而g（1）=1＞0，g（ea）=e2a-a2=（ea-a）（ea+a）＞0，
当a＞2e时，g（x）min=g（
2a
2）=[a/2]（1-ln[a/2]）＜0，
所以，当a＞2e时，函数g（x）在（1，ea）上有两个零点．
综上所述：当0＜a＜2e时，函数f（x）有、无零点；
a=2e时，函数f（x）有一个零点；
当a＞2e时，函数f（x）有两个零点．
点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间，以及利用导数研究函数在闭区间上的最值，考查函数的零点个数的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想的合理运用．