已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=[lnx/x]，其中e是自然常数，a∈R．

解题思路：（I）利用导数的运算法则可得f′（x），在区间（0，e]上分别解出f′（x）=0，f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出极值；（II））（1）由（I）可知：函数f（x）在区间（0，e]上的极小值也是最小值，可得f（x）min=1．令h（x）=g（x）+12=lnxx+12，利用导数研究其单调性和极值最大值，再与1比较即可；（2）假设存在实数a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，可得f′(x)＝a−1x=ax−1x．通过对a分类讨论即可得出．

（I）当a=1时，f（x）=x-lnx，x∈（0，e]．
∴f′(x)＝1−
1
x＝
x−1
x，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；
当1＜x＜e时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增．
∴当x=1时，函数f（x）取得极小值，且f（1）=1．
（II）（1）由（I）可知：函数f（x）在区间（0，e]上的极小值也是最小值，∴f（x）_min=1．
令h（x）=g（x）+[1/2]=[lnx/x+
1
2]，h′(x)＝
1−lnx
x2，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增．
∴h(x)max＝h(e)＝
1
e+
1
2＜
1
2+
1
2=1=f（x）_min．
∴当a=1时，f（x）＞g（x）+[1/2]；
（2）假设存在实数a，使得f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）由最小值3，f′(x)＝a−
1
x=[ax−1/x]．
①当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a＝
4
e，应舍去，此时不满足条件；
②当0＜[1/a]＜e时，f（x）在（0，[1/a]）上单调递减，在(
1
a，e)上单调递增，∴f(x)min＝f(
1
a)=1+lna=3，解得a=e²，满足条件；
③当[1/a＞e时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，解得a＝
4
e]，应舍去，此时不满足条件，此时f（x）无最小值．
综上可知：存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，f（x）由最小值3．

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论思想方法等是解题的关键．