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

（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）+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． 【解析】 （Ⅰ）∵f（x）=x-lnx，f'（x）=1-=（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）+，h'（x）=，（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=f（x）min ∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+；   （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当a≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=ae-1=3⇒a=（舍去），所以，此时f（x）无最小值．（11分） ②当0＜＜e时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增 f（x）min=f（）=1+lna=3，a=e2，满足条件．（12分） ③当≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=ae-1=3⇒a=（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）