（1）y′=x+

1

x

-2e-a…（2分）

∵y在x=e处取得极值，∴y'_x=e=0即e+

1

e

-2e-a=0解得a=

1

e

-e

经检验a=

1

e

-e符合题意，∴a=

1

e

-e…（4分）

（2）∵f′(x)=x+

1

x

，（x＞0），∴f'（x）＞0

∴f（x）在（0，+∞）上单调递增…（5分）

又∴f(

1

e

)=

1

2e2

+ln

1

e

=

1

2e2

-1＜0

且f(1)=

1

2

+ln1=

1

2

＞0

由二分法可得x0∈(

1

e

，1)…（7分）

又∵(

1

e

，1)⊆(0，1)

∴b=0…（8分）

（3）设g(x)=f(x)-c(x-1)-

1

2

，g′(x)=x+

1

x

-c，∵x≥1，∴x+

1

x

≥2

（ⅰ）若c≤2，当x≥1时，g′(x)=x+

1

x

-c≥0恒成立

故g（x）在（0，+∞）上为增函数，

所以，x≥1时，g（x）≥g（1），即f(x)≥c(x-1)+

1

2

．…（9分）

若c＞2，方程g'（x）=0有2根

x1=

c- c2-4

2

或x2=

c+ c2-4

2

且x₁＜1＜x₂

此时若x∈（1，x₂），则g'（x）＜0，

故g（x）在该区间为减函数

所以x∈（1，x₂）时，g（x）＜g（1）=0即f(x)＜c(x-1)+

1

2

与题设f(x)≥c(x-1)+

1

2

矛盾

综上，满足条件的c的取值范围是（-∞，2]…（12分）