已知函数f（x）=ax-lnx（a∈R），g(x)＝lnxx，其中x∈（0，e]

解题思路：（1）先求导函数，由导数小于0得单调减区间，导数大于0的增区间，从而确定函数的极值；
（2）确定f（x）在（0，e）上的最小值为1，h（x）=g（x）+[1/2] 在（0，e]上的最大值为1，从而得证；
（3）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]有最小值3，由于f′（x）=a-[1/x]=[ax−1/x]，故要进行分类讨论：①0＜[1/a]＜e；②[1/a]≥e，从而得解．

（1）∵f（x）=ax-lnx，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．…（3分）
∴f（x）的极小值为f（1）=1．…（4分）
（2）∵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．…（6分）
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x∈（0，e]上单调递增，
∴h（x）≤h（e）=
1/e]+[1/2]＜[1/2]+[1/2]=1，…（9分）
∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+[1/2]．…（10分）
（3）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．…（13分）
②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．…（15分）
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值为3．…（16分）

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题以函数为载体，考查导数的运用，考查函数的极值，考查函数的最值，同时考查了存在性问题．