（2014•河北区一模）已知函数f（x）=x2+ax-lnx，a∈R．

解题思路：（Ⅰ）由f（x）=x²+x-lnx，x＞0，得f′（x）=

(2x−1)(x+1)

x

，从而f（x）在（0，[1/2]）递减，在（[1/2]，+∞）递增；
（Ⅱ）由f′（x）=

2x2+ax−1

x

，当函数f（x）在[1，2]上是减函数时，得f′（1）=2+a-1≤0①，f′（2）≤0得a范围是（-∞，[7/2]）；
（Ⅲ）∵f（x）=x²+ax-lnx，求出函数的导数，讨论a≤0，0＜[1/a]＜e，[1/a]≥e的情况，从而得出答案．

（Ⅰ）a=1时，f（x）=x²+x-lnx，x＞0
∴f′（x）=
(2x−1)(x+1)
x，
令f′（x）＞0，解得：x＞[1/2]，x＜-1（舍），
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜[1/2]，
∴f（x）在（0，[1/2]）递减，在（[1/2]，+∞）递增；
（Ⅱ）∵f′（x）=
2x2+ax−1
x，
当函数f（x）在[1，2]上是减函数时，
得f′（1）=2+a-1≤0①，
f′（2）=8+2a-1≤0②，
由①②得：a≤-[7/2]，
∴a的范围是（-∞，[7/2]）；
（Ⅲ）∵f（x）=x²+ax-lnx，
∴g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-[1/x]=[ax−1/x]（0＜x≤e），
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=[4/e]（舍去）；
②当0＜[1/a]＜e时，g（x）在（0，[1/a]）上单调递减，在（[1/a]，e]上单调递增，
∴g（x）_min=g（[1/a]）=1+lna=3，解得a=e²，满足条件；
③当[1/a]≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=[4/e]（舍去）；
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，g（x）有最小值3．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，考查分类讨论思想，是一道综合题．