已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，g（x）=，其中e是自然对数的底，a∈R．
（Ⅰ）a=1时，求f（x）的单调区间、极值；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）在（1）的条件下，求证：f（x）＞g（x）+．在线课程解：（Ⅰ），
∵x∈（0，e]，
由＞0，得1＜x＜e，
∴增区间（1，e）．
由＜0，得0＜x＜1．
∴减区间（0，1）．
故减区间（0，1）；增区间（1，e）．
所以，f（x）极小值=f（1）=1．
（Ⅱ），
①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，
∴ae-1=3，a=．
②当时，f（x）=，f（x）在（0，e]上是减函数，
∴ae-1=3，a=．
③当时，f（x）在上是减函数，是增函数，
∴，a=e²，
所以存在a=e²．
（Ⅲ）由（Ⅰ）f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为f（1）=1，
∵g（x）=，
∴，
由＞0，
解得0＜x≤e，
∴g（x）在 （0，e]上为增函数，
∴g（x）_max=g（e）=，
∵1＞，
∴f（x）＞g（x）+．
分析：（Ⅰ），由x∈（0，e]和导数的性质能求出f（x）的单调区间、极值．
（Ⅱ），由此进行分类讨论能推导出存在a=e²．
（Ⅲ）f（x）=x-lnx在（0，e]上的最小值为1，所以，由此能够证明f（x）＞g（x）+．
点评：本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，是中档题．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．