由题意得x＞0，所以定义域为（0，+∞），且f′(x)＝
+1 x
．a x2
（I）显然，当a＞0时，f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在定义域上单调递增；
（II）当a＞0时，由（I），得f（x）在定义域上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值为f（1），即f（1）=
?-a=3 2
?a=-3 2
（与a＞0矛盾，舍）；3 2
当a=0时，f（x）=lnx，显然在[1，e]上单调递增，最小值为0，不合题意；
当a＜0时，f′（x）=
+1 x
=a x2
，x+a x2
若x∈（0，-a），则f′（x）＜0，f（x）单调递减，若x=-a，则f′（x）=0，
若x∈（-a，+∞），则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当-a≤1即-1≤a＜0时，f（x）min=f（1）=-a=
，?a=-3 2
（舍），3 2
当1＜-a＜e即-e＜a＜-1时，f（x）min=f（-a）=1+ln（-a）=
?a=-e3 2
（满足题意），1 2
当-a≥e即a≤-e时，f（x）min=f（e）=1-
=a e
，?a=-3 2
（舍），e 2
综上所述，a=-e
．1 2
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