解题思路：（1）由于函数f（x）在（0，[1/e]）内有极值．可知：f′（x）=0在
(0，
1
e
)
内有解，利用二次函数的性质、函数的零点存在定理即可得出；
（2）由f′（x）＞0得0＜x＜α或x＞β，由f′（x）＜0得α＜x＜1或1＜x＜β．进而得出f（x）的单调性．
由m=f（α），n=f（β），α+β=a+2，α•β=1，可得
S＝m−n＝f(α)−f(β)＝lnα+
a
α−1
−lnβ−
a
β−1
=-2lnβ-γ+[1/β]．记h（β）=-2lnβ-γ+[1/β]．利用导数研究其单调性即可得出．
f（x）的定义域为{x|0＜x＜1，或x＞1}．
（1）f′(x)＝
1
x−
a
(x−1)2＝
x2−(a+2)x+1
x(x−1)2，
∵函数f（x）在（0，[1/e]）内有极值．
∴f′（x）=0在(0，
1
e)内有解，
令g（x）=x2-（a+2）x+1=（x-α）（x-β），
不妨设0＜α＜
1
e，则β＝
1
α＞e
∴g(0)＝1＞0，g(
1
e)＝
1
e2−
a+2
e+1＜0，
解得：a＞e+
1
e−2．
（2）由f′（x）＞0得0＜x＜α或x＞β，
由f′（x）＜0得α＜x＜1或1＜x＜β．
∴f（x）在（0，α）内递增，在（α，1）内递减，在（1，β）内递减，在（β，+∞）内递增．
∴m=f（α），n=f（β）．
∵α+β=a+2，α•β=1，
∴S＝m−n＝f(α)−f(β)＝lnα+
a
α−1−lnβ−
a
β−1
=−2lnβ−a•
1
β−β
2−(α+β)＝−2lnβ−β+
1
β．
记h(β)＝−2lnβ−β+
1
β，h′(β)＝−
1
β−1−
1
β2＜0，
∴h（β）在（0，+∞）单调递减，
∴h(β)＜h(e)＝−2−e+
1
e，
又当β→+∞时，h（β）→-∞，
∴S∈(−∞，−2−e+
1
e)
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极值与最值、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力和计算能力，属于难题．