已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝
，其中e是自然常数，a∈R.
(1)讨论当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋
；
(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R.
(1)讨论当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋；
(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解 (1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－
＝
，
∴当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当1<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1.
(2)证明：∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为 1，∴f(x)min＝1.
又∵g′(x)＝
，
∴0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴g(x)max＝g(e)＝
<.
∴f(x)min－g(x)max>.
∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.
(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，则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)的最小值不是3；
③当
≥e，即0<a≤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)的最小值不是3.
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.