已知函数f（x）=aex-1-lnx+lna．（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

解：（1）当a=e时，f（x）=e^x-lnx+1，
∴f′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
∴f′（1）=e-1，
∵f（1）=e+1，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-（e+1）=（e-1）（x-1），
当x=0时，y=2，当y=0时，x=$\frac{-2}{\;e-1}$，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{2}{e-1}$=$\frac{2}{e-1}$．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae^x-1-lnx+lna≥1，即e^x-1+lna-lnx+lna≥1，
即e^x-1+lna+lna+x-1≥lnx+x=e^lnx+lnx，
令g（t）=e^t+t，
则g′（t）=e^t+1＞0，
∴g（t）在R上单调递增，
∵g（lna+x-1）≥g（lnx）
∴lna+x-1≥lnx，
即lna≥lnx-x+1，
令h（x）=lnx-x+1，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）=0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得ae^x-1-lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即ae^x-1-1≥lnx-lna，
设g（x）=e^x-x-1，
∴g′（x）=e^x-1＞0恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）=1-0-1=0，
∴e^x-x-1＞0，
即e^x＞x+1，
再设h（x）=x-1-lnx，
∴h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）=0，
∴x-1-lnx≥0，
即x-1≥lnx
∴e^x-1≥x，则ae^x-1≥ax，
此时只需要证ax≥x-lna，
即证x（a-1）≥-lna，
当a≥1时，
∴x（a-1）＞0＞-lna恒成立，
当0＜a＜1时，x（a-1）＜0＜-lna，此时x（a-1）≥-lna不成立，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）=ae^x-1-$\frac{1}{x}$，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1时，f′（1）=a-1＜0，f′（$\frac{1}{a}$）=a${e}^{\frac{1}{a}-1}$-a=a（${e}^{\frac{1}{a}-1}$-1）＞0，
∴存在x₀∈（1，$\frac{1}{a}$）使得f′（x₀）=0，
当x∈（1，x₀）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）=a+lna＜a＜1，不满足题意，
②当a≥1时，e^x-1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥e^x-1-lnx，
令g（x）=e^x-1-lnx，
∴g′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）=0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）=1，
即f（x）≥1，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）=ae^x-1-lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）=ae^x-1-$\frac{1}{x}$，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y=ae^x-1在（0，+∞）上为增函数，y=$\frac{1}{x}$在0，+∞）上为减函数，
∴y=ae^x-1与y=$\frac{1}{x}$在0，+∞）上有交点，
∴存在x₀∈（0，+∞），使得f′（x₀）=a${e}^{{x}_{0}-1}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，
则a${e}^{{x}_{0}-1}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，则lna+x₀-1=-lnx₀，即lna=1-x₀-lnx₀，
当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x₀）=a${e}^{{x}_{0}-1}$-lnx₀+lna
=$\frac{1}{{x}_{0}}$-lnx₀+1-x₀-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$-2lnx₀+1-x₀≥1
∴$\frac{1}{{x}_{0}}$-2lnx₀-x₀≥0
设g（x）=$\frac{1}{\;x}$-2lnx-x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=1-0-1=0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x₀∈（0，1]时，$\frac{1}{{x}_{0}}$-2lnx₀-x₀≥0，
设h（x）=1-x-lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0恒成立，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）=1-1-ln1=0，
当x→0时，h（x）→+∞，
∴lna≥0=ln1，
∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等价于ae^x-1-lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x=1时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）=a+lna-1，则g'（a）=1+$\frac{1}{a}$＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）=0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．
设h（x）=e^x-x-1，
∴h′（x）=e^x-1，
∴h（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）=1-0-1=0，
∴e^x-x-1≥0，
即e^x≥x+1，
把x换成x-1得到e^x-1≥x，
∵x-1≥lnx，∴x-lnx≥1．
∴f（x）=ae^x-1-lnx+lna≥e^x-1-lnx≥x-lnx≥1，当x=1时等号成立．
综上，a≥1．