解题思路：（1）利用导数的办法，通过导数大于或小于0判断函数的单调性．
（2）先将|f（x）-1|化为|f（x）-1|=
e
x
−x−1
x
，从而原不等式化为
e
x
−x−1
x
＜a，即ex-（1+a）x-1＜0．令∅（x）=ex-（1+a）x-1，利用导数研究它的单调性和最值，最后得到存在正数x=ln（1+a），使原不等式成立．
（1）f′（x）=
xex−(ex−1)
x2=
(x−1)ex+1
x2，-----------------（2分）
令h（x）=（x-1）ex+1，则h′（x）=ex+ex（x-1）=xex，
当x＞0时，h′（x）=xex＞0，∴h（x）是（0，+∞）上的增函数，
∴h（x）＞h（0）=0
故f′（x）=
h(x)
x2＞0，即函数f（x）是（0，+∞）上的增函数．-----------------（6分）
（2）|f（x）-1|=|
ex−x−1
x|，
当x＞0时，令g（x）=ex-x-1，则g′（x）=ex-1＞0-----------------（8分）
故g（x）＞g（0）=0，∴|f（x）-1|=
ex−x−1
x，
原不等式化为
ex−x−1
x＜a，即ex-（1+a）x-1＜0，-----------------（10分）
令∅（x）=ex-（1+a）x-1，则∅′（x）=ex-（1+a），
由∅（x）=0得：ex=1+a，解得x=ln（1+a），
当0＜x＜ln（1+a）时，∅′（x）＜0；当x＞ln（1+a）时，∅′（x）＞0．
故当x=ln（1+a）时，∅（x）取最小值∅[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），-----------------（12分）
令s（a）=[a/1+a]-ln（1+a），a＞0则s′（a）=[1
(1+a)2−
1/1+a＝−
a
(1+a)2]＜0．
故s（a）＜a（0）=0，即∅[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0．
因此，存在正数x=ln（1+a），使原不等式成立．----------------（14分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题主要考查了函数单调性的判断方法、导数在最大值、最小值问题中的应用．利用导数判断函数的单调性常用的方法．
