已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=lnxx，其中e是自然常数，a∈R．（Ⅰ）讨论a=1时，f（x）的单调性

（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．