解题思路：（I）求出f（x）的定义域，、导数f′（x），当a＞0时易判断导数符号，从而得其单调性；
（II）求出f（x）在[1，e]上的最小值，令其为[3/2]，解出即可，其最小值分情况进行讨论：当a≥0时据单调性易求最小值；当a＜0时，令f′（x）=0得x=[1/a]，再按照[1/a]在区间[1，2]外、内两种情况利用单调性即可求得最小值．
由题意得x＞0，所以定义域为（0，+∞），且f′(x)＝
1
x+
a
x2．
（I）显然，当a＞0时，f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在定义域上单调递增；
（II）当a＞0时，由（I），得f（x）在定义域上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值为f（1），即f（1）=[3/2]⇒-a=[3/2]⇒a=-[3/2]（与a＞0矛盾，舍）；
当a=0时，f（x）=lnx，显然在[1，e]上单调递增，最小值为0，不合题意；
当a＜0时，f′（x）=[1/x+
a
x2]=[x+a
x2，
若x∈（0，-a），则f′（x）＜0，f（x）单调递减，若x=-a，则f′（x）=0，
若x∈（-a，+∞），则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当-a≤1即-1≤a＜0时，f（x）min=f（1）=-a=
3/2]，⇒a=-[3/2]（舍），
当1＜-a＜e即-e＜a＜-1时，f（x）min=f（-a）=1+ln（-a）=[3/2]⇒a=-e
1
2（满足题意），
当-a≥e即a≤-e时，f（x）min=f（e）=1-[a/e]=[3/2]，⇒a=-[e/2]（舍），
综上所述，a=-e
1
2．
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．
考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性及在闭区间上的最值，考查分类讨论思想，属中档题．