（1）∵当a=1时，f(x)=

1

x

+lnx，∴f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

，（1分）

∴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，（3分）

∴f（x）的单调递减区间为（0，1）；单调递增区间为（1，e）；

f（x）的极小值为f（1）=1．（4分）

（2）由（1）知f（x）在（0，e]上的最小值为1，（5分）

令h（x）=g（x）+

1

2

=

lnx

x

+

1

2

，x∈（0，e]∴h′(x)=

1-lnx

x2

，（6分）

当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）在（0，e]上单调递增，（7分）

∴h(x)max=h(e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f(x)min，

∴在（1）的条件下，f（x）＞g（x）+

1

2

，（8分）

（3）假设存在实数a，使f(x)=

a

x

+lnx，（x∈（0，e]）有最小值-1，

∴f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，（9分）

①当a≤0时，

∵0＜x≤e，

∴f'（x）＞0，

∴f（x）在（0，e]上单调递增，此时f（x）无最小值．（10分）

②当0＜a＜e时，

若0＜x＜a，则f'（x）＜0，故f（x）在（0，a）上单调递减，

若a＜x＜e，则f'（x）＞0，故f（x）在（a，e]上单调递增.f(x)min=f(a)=

a

a

+lna=-1，，得a=

1

e2

，满足条件．（12分）

3当a≥e4时，∵0＜x＜e，

∴f'（x）＜0，

∴f（x）在（0，e]上单调递减，f(x)min=f(e)=

a

e

+lne=-1，得a=-2e（舍去），所以，此时无解．（13分）

综上，存在实数a=

1

e2

，使得当x∈（0，e]时f（x）的最小值是-1．（14分）

（3）法二：假设存在实数a，使f(x)=

a

x

+lnx，x∈（0，e]）的最小值是-1，

故原问题等价于：不等式

a

x

+lnx≥-1，对x∈（0，e]恒成立，求“等号”取得时实数a的值．

即不等式a≥-x（1+lnx），对x∈（0，e]恒成立，求“等号”取得时实数a的值．

设g（x）=-x（1+lnx），即a=g（x）_max，x∈（0，e]（10分）

又g′(x)=-[(1+lnx)+x•

1

x

]=-(2+lnx)（11分）

令g′(x)=0，得x=

1

e2

当0＜x＜

1

e2

，g'（x）＞0，则g（x）在(0，

1

e2

)单调递增；

当

1

e2

＜x＜e，g'（x）＜0，则g（x）在(

1

e2

，e)单调递减，（13分）

故当x=

1

e2

时，g（x）取得最大值，其值是g(

1

e

)=

1

e2

故a=g(x)max=

1

e2

．

综上，存在实数a=

1

e2

，使得当x∈（0，e]时f（x）的最小值是-1．（14分）