解题思路：（1）把a=0代入函数解析式，求出函数的导函数，在定义域内由导函数大于0的原函数的增区间，由导函数小于0得原函数的减区间；
（2）求出函数的导函数f′（x）=（lnx+xlnx+ax+a2）ex，其中ex＞0恒成立，要分析函数f（x）在区间（[1/e]，+∞）上的极值点个数，引入函数g（x）=lnx+xlnx+ax+a2，则需要讨论函数g（x）的零点情况，通过对函数g（x）两次求导后分析得到函数g（x）在区间（[1/e]，+∞）上是增函数，则通过讨论其最小值的符号可以判断其零点情况，从而得到函数f（x）在区间（[1/e]，+∞）上的极值点个数情况．
（1）当a=0时，f（x）=（xlnx-1）ex，（x＞0）
故f′（x）=（lnx+1+xlnx-1）ex=（x+1）exlnx．
当x=1时，f′（x）=0，当x＞1时，f′（x）＞0，当x＜1时，f′（x）＜0．
故f（x）的减区间为（0，1），增区间为（1，+∞）．
（2）由f（x）=（xlnx+ax+a2-a-1）ex，
得：f′（x）=（lnx+xlnx+ax+a2）ex，
令g（x）=lnx+xlnx+ax+a2，则g′(x)＝
1
x+lnx+1+a，g′′(x)＝−
1
x2+
1
x，
显然g′′（1）=0，又当0＜x＜1时，g′′（x）＜0，当x＞1时g′′（x）＞0．
所以，g′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
故g′(x)min＝g′(1)＝2+a，∵a≥-2，∴g′（x）≥g′（x）min=2+a≥0．
故g（x）在（0，+∞）上为增函数，则在区间(
1
e，+∞)上单调递增，
注意到：当x→+∞时，g（x）→+∞，故g（x）在(
1
e，+∞)上的零点个数由
g(
1
e)＝(a−1)(a+1+
1
e)的符号决定．
①当g(
1
e)≥0，即−2≤a≤−1−
1
e或a≥1时，g（x）在区间(
1
e，+∞)上无零点，
即f（x）无极值点．
②当g(
1
e)＜0，即−1−
1
e＜a＜1时，g（x）在区间(
1
e，+∞)上有唯一零点，
即f（x）有唯一极值点．
综上：当−2≤a≤−1−
1
e或a≥1时，f（x）在(
1
e，+∞)上无极值点．
当−1−
1
e＜a＜1时，f（x）在(
1
e，+∞)上有唯一极值点．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导函数的零点与原函数极值点之间的关系，利用两次求导判断函数的单调性是该题的难点所在，是有一定难度的题目．