已知函数f（x）=x-alnx，g(x)＝−1+ax，(a∈R)．

解（1）∵函数f（x）=x-alnx，g(x)＝−
1+a
x，(a∈R)．
∴h（x）=f（x）-g（x）=x+[1+a/x−alnx，
∴h′（x）=1-
1+a
x2]-[a/x]=
x2−ax−(1+a)
x2=
(x+1)[x−(1+a)]
x2，
①当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上，h′（x）＜0，在（1+a，+∞）上，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增．
②当1+a≤0即a≤-1时，在（0，+∞）上h′（x）＞0，
∴函数h（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
（2）在区间[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，
即函数h（x）=x+[1+a/x−alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由（1）知：
①即1+a≥e，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴（1，+∞）的最小值为h（e），由h(e)＝e+
1+a
e−a＜0，得a＞
e2+1
e−1]，
∵
e2+1
e−1＞e−1，∴a＞
e2+1
e−1；
②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2
此时，h（1+a）＜0不成立．
综上讨论可得所求a的范围是：a＞
e2+1
e−1或a＜-2．