(1) a∈(e，＋∞)．
(2) 当a≤0或a＝e －1时，f(x)的零点个数为1，当0
－1 时，f(x)的零点个数为2. 证明见解析
(1)令f′(x)＝
－a＝
<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a．当x
ln a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.
综上，有a∈(e，＋∞)．
(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e x－a>0，
解得a
x ，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0
－1 .结合上述两种情况，有a≤e －1.
(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝
>0，得f(x)存在唯一的零点；
(ⅱ)当a<0时，由于f(e a)＝a－ae a＝a(1－e a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝
－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)当0
－1 时，令f′(x)＝
－a＝0，解得x＝a －1.当0
－1 时，f′(x)>0，当x>a －1时，f′(x)<0，所以，x＝a －1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a －1)＝－ln a－1.
①当－ln a－1＝0，即a＝e －1时，f(x)有一个零点x＝e.
②当－ln a－1>0，即0
－1 时，f(x)有两个零点．
实际上，对于0
－1 ，由于f(e －1)＝－1－ae －1<0，f(a －1)>0，且函数f(x)在[e －1，a －1]上的图象不间断，所以f(x)在(e －1，a －1)上存在零点．
另外，当x∈(0，a －1)时，f′(x)＝
－a>0，故f(x)在(0，a －1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a －1)上只有一个零点．
下面考虑f(x)在(a －1，＋∞)上的情况．先证f(e a －1)＝a(a －2－e a －1)<0.
为此，我们要证明：当x>e时，e x>x 2.设h(x)＝e x－x 2，则h′(x)＝e x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e x－2x，则l′(x)＝e x－2.
当x>1时，l′(x)＝e x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e x－2x>h′(2)＝e 2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时，
h(x)＝e x－x 2>h(e)＝e e－e2>0.即当x>e时，e x>x 2.
当0
－1 ，即a －1>e时，f(e a －1)＝a －1－ae a －1＝a(a －2－e a －1)<0，又f(a －1)>0，且函数f(x)在[a －1，e a －1]上的图象不间断，所以f(x)在(a －1，e a －1)上存在零点．又当x>a －1时，f′(x)＝
－a<0，故f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a －1，＋∞)上只有一个零点．
综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e －1时，f(x)的零点个数为1，当0
－1 时，f(x)的零点个数为2.