解题思路：（1）记g（x）=ex-bx，当b=1时，g′（x）=ex-1，从而可得f′（1）=g′（1）=e-1，由此可求切线方程；
（2）f（x）=0同解于g（x）=0，因此，只需g（x）=0有且只有一个解，即方程ex-bx=0有且只有一个解，因为x=0不满足方程，所以方程同解于b=
e
x
x
，分类讨论可得当x∈（0，+∞）时，方程有且只有一解等价于b=e；当x∈（-∞，0）时，方程有且只有一解等价于b∈（-∞，0），从而可得b的取值范围；
（3）由g′（x）=ex-b=0，得x=lnb，从而可得在x=lnb时，g（x）取极小值g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb），再分类讨论，即可得到结论．
（1）记g（x）=ex-bx．
当b=1时，g′（x）=ex-x．
当x＞0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上为增函数．
又g（0）=1＞0，所以当x∈（0，+∞）时，g（x）＞0．
所以当x∈（0，+∞）时，f（x）=|g（x）|=g（x），
所以f′（1）=g′（1）=e-1．
所以曲线y=f（x）在点（1，e-1）处的切线方程为：y-（e-1）=（e-1）（x-1），即y=（e-1）x．…（4分）
（2）f（x）=0同解于g（x）=0，因此，只需g（x）=0有且只有一个解，即方程ex-bx=0有且只有一个解．
因为x=0不满足方程，所以方程同解于b=
ex
x．…（6分）
令h（x）=
ex
x，由h′（x）=
(x−1)ex
x2=0得x=1．
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（x）∈（e，+∞）；
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，h（x）∈（e，+∞）；
所以当x∈（0，+∞）时，方程b=
ex
x有且只有一解等价于b=e．…（8分）
当x∈（-∞，0）时，h（x）单调递减，且h（x）∈（-∞，0），
从而方程b=
ex
x有且只有一解等价于b∈（-∞，0）．
综上所述，b的取值范围为（-∞，0）∪{e}．…（10分）
（3）由g′（x）=ex-b=0，得x=lnb．
当x∈（-∞，lnb）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
当x∈（lnb，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．
所以在x=lnb时，g（x）取极小值g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb）．
①当0＜b≤e时，g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb）≥0，从而当x∈R时，g（x）≥0．
所以f（x）=|g（x）|=g（x）在（-∞，+∞）上无极大值．
因此，在x∈（0，2）上也无极大值．…（12分）
②当b＞e时，g（lnb）＜0．
因为g（0）=1＞0，g（2lnb）=b2-2blnb=b（b-2lnb）＞0，
（令k（x）=x-2lnx．由k′（x）=1-[2/x]=0得x=2，从而当x∈（2，+∞）时，k（x）单调递增，
又k（e）=e-2＞0，所以当b＞e时，b-2lnb＞0．）
所以存在x1∈（0，lnb），x2∈（lnb，2lnb），使得g（x1）=g（x2）=0．
此时f（x）=|g（x）|=
g(x)，x≤x1或x≥x2
−g(x)，x1＜x＜x2
所以f（x）在（-∞，x1）单调递减，在（x1，lnb）上单调递增，在（lnb，x2）单调递减，在（x2，+∞）上单调递增． …（14分）
所以在x=lnb时，f（x）有极大值．
因为x∈（0，2），所以当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f（x）在（0，2）上有极大值；
当lnb≥2，即b≥e2时，f（x）在（0，2）上不存在极大值．
综上所述，在区间（0，2）上，当0＜b≤e或b≥e2时，函数y=f（x）不存在极大值；
当e＜b＜e2时，函数y=f（x），在x=lnb时取极大值f（lnb）=b（lnb-1）．…（16分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查导数的几何意义，考查函数的极值，考查分类讨论的数学思想，难度较大．