（2013•甘肃三模）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）求导函数，确定函数的单调性，从而可得函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）f（x）在（0，e]上的最小值为1，令h（x）=g（x））+[1/2]，求导函数，确定函数的单调性与最大值，即可证得结论；
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）的最小值是3，求导函数，分类讨论，确定函数的单调性，利用f（x）的最小值是3，即可求解．

（Ⅰ）f（x）=x-lnx，f′（x）=[x−1/x] …（1分）
∴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…（3分）
∴f（x）的极小值为f（1）=1 …（4分）
（Ⅱ）证明：∵f（x）的极小值为1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，
∴f（x）＞0，f（x）_min=1…（5分）
令h（x）=g（x））+[1/2]=[lnx/x]+[1/2]，h′(x)＝
1−lnx
x2，…（6分）
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增…（7分）
∴h（x）_max=h（e）=[1/e+
1
2]＜[1/2+
1
2]=1=|f（x）|_min…（9分）
∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+[1/2]；…（10分）
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）的最小值是3，f′（x）=[ax−1/x]
①当a≤0时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=[4/e]（舍去），所以，此时f（x）无最小值．…（12分）
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，∴a=e²，满足条件．…（14分）
③当[1/a≥e时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，∴a=
4
e]（舍去），
所以，此时f（x）无最小值．…（15分）
综上，存在实数a=e²，使f（x）的最小值是3．…（16分）

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查函数的最值，考查不等式的证明，解题的关键是正确求导，确定函数的单调性．