解：（1）求导函数，可得f′（x）=e^x+2ax-e
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴k=2a=0，
∴a=0
∴f（x）=e^x-ex，
f′（x）=ex-e
令f′（x）=e^x-e＜0，可得x＜1；
令f′（x）＞0，可得x＞1；
∴函数f（x）的单调减区间为（-∞，1），单调增区间为（1，+∞）。
（2）设点P（x₀，f（x₀）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x₀）（x-x₀）+f（x₀）令g（x）=f（x）-f′（x₀）（x-x₀）+f（x₀）
∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，
∴g（x）有唯一零点
∵g（x₀）=0，g′（x）= 
①若a≥0，当x＞x₀时，g′（x）＞0，
∴x＞x₀时，g（x）＞g（x₀）=0
当x＜x₀时，g′（x）＜0，
∴x＜x₀时，g（x）＞g（x₀）=0，
故g（x）只有唯一零点x=x₀，
由P的任意性a≥0不合题意；
②若a＜0，令h（x）= ，则h（x₀）=0，
h′（x）=e^x+2a 令h′（x）=0，则x=ln（-2a），
∴x∈（-∞，ln（-2a）），
h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（-2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；
（i）若x₀=ln（-2a），由x∈（-∞，ln（-2a）），g′（x）＞0；
x∈（ln（-2a），+∞），g′（x）＞0，
∴g（x）在R上单调递增
∴g（x）只有唯一零点x=x₀；
（ii）若x₀＞ln（-2a），由x∈（ln（-2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x₀）=0，
则当x∈（ln（-2a），x₀），g′（x）＜0，g（x）＞ g（x₀）=0
任取x₁∈（ln（-2a），x₀），g（x₁）＞0，
∵x∈（-∞，x₁），
∴g（x）＜ax²+bx+c，其中b=-e+f′（x₀）
c= 
∵a＜0，
∴必存在x₂＜x₁，使得 
∴g（x₂）＜0，故g（x）在（x₂，x₁）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；
（iii）若x₀＜ln（-2a），同理利用 ，可得g（x）在R上至少有两个零点；
综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（-2a），f（ln（-2a）））。