已知，其中e是自然常数，a∈R．
（1）讨论a=1时，f（x）的单调性、极值；
（2）求证：在（1）的条件下，；
（3）若f（x）的最小值是3，求a的值．在线课程（1）解：当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-=，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）+=，则h′（x）=，当0＜x＜e时，h′（x）＞0，
h（x）在（0，e]上单调递增，∴
所以在（1）的条件下，f（x）＞g（x）．
（3）解：f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，f′（x）=a-=
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=（舍）．
②当0＜e时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增，所以，a=e²，满足条件．
③当时，∵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=（舍）．
综上，a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．
分析：（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，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．
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，注意是成立的充分不必要条件．