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

解题思路：（Ⅰ）把a=1代入求出其导函数，即可求出f（x）的单调性、极值；
（Ⅱ）先利用导函数求出g（x）+[1/2]的最大；再与（Ⅰ）的结论相结合即可证明结论；
（Ⅲ）先求出其导函数以及导数为0的根，比较根与区间两端点的大小关系，求出其在x∈（0，e]上的单调性以及在x∈（0，e]上的最小值；即可判断出是否存在a．

（Ⅰ）∵f（x）=x-lnx，f'（x）=1-[1/x]=[x−1/x]（1分）
∴0＜x＜1时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减，
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）∵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（8分）
∴h（x）_max=h（e）=
1/e+
1
2]＜[1/2]+[1/2]=1=f（x）_min
∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+[1/2]；（9分）
（Ⅲ）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
f'（x）=a-[1/x]=[ax−1/x]
①当a≤0时，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．（11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．（12分）
③当[1/a]≥e时，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．
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．（14分）

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；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值以及在闭区间上的最值问题．是对导数应用的综合考查，也是高考常考考点．