解题思路：（1）先求导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即得f（x）的单调区间，由函数的单调性即可得到函数极值．
（2）本题可转化为证明
f(x
)
min
＞[g(x)+
1
2
]
max
，从而可转化为利用导数求函数最值问题．
（3）利用导数求函数在定义域内的最小值，列出方程即可解得，注意按参数a的范围分类讨论．
（1）当a=1时，f（x）=x-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，所以f（x）有极小值为f（1）=1．
（2）证明：由（1）知f（x）的极小值为1，即f（x）在（0，e]上的最小值为1，所以f（x）min=1，
令h（x）=g（x）+[1/2]=[lnx/x+
1
2]，则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
所以在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+
1
2]．
（3）f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，f′（x）=a-[1/x]=[ax−1/x]
①当a≤0时，∵x∈（0，e]，∴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）．
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，所以f(x)min＝f(
1
a)＝1+lna＝3，a=e2，满足条件．
③当[1/a≥e时，∵x∈（0，e]，∴f′（x）≤0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=ae-1=3，解得a=
4
e]（舍）．
综上，a=e2，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．
考点点评： 本题属导数的综合应用，考查分析解决问题能力，难度较大．第（2）题中，注意f(x)min＞[g(x)+12]max是f(x)＞g(x)+12成立的充分不必要条件．