分析 (Ⅱ)可得x=$\sqrt{a}$为函数的临界点,通过讨论a的范围来讨论,可得最值;
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知当0<a≤1或a≥e2时,不合题意,当1<a<e2时,得到不等式组,解之可得a的范围.
解答 解:(Ⅱ)求导数可得f′(x)=x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-a}{x}$,
由a>0及定义域为(0,+∞),令f′(x)=0,解得x=$\sqrt{a}$,
①若$\sqrt{a}$≤1,即0<a≤1,在(1,e)上,f′(x)>0,f(x)在[1,e]上单调递增,
因此,f(x)在区间[1,e]的最小值为f(1)=$\frac{1}{2}$,
②若1<$\sqrt{a}$<e,即1<a<e2,在(1,$\sqrt{a}$)上,f′(x)<0,f(x)单调递减;
在($\sqrt{a}$,e)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,因此f(x)在区间[1,e]上的最小值为f($\sqrt{a}$)=$\frac{1}{2}$,
③若$\sqrt{a}$>e,即a≥e2在(1,e上,f′(x)<0,f(x)在[1,e]上单调递减,
因此,f(x)在区间[1,e]上的最小值为f(e)=$\frac{1}{2}$e2-a.
综上,当0<a≤1时,fmin(x)=$\frac{1}{2}$;当1<a<e2时,fmin(x)=$\frac{1}{2}$a(1-lna);
当a≥e2时,fmin(x)=$\frac{1}{2}$e2-a;
(Ⅲ) 由(Ⅱ)可知当0<a≤1或a≥e2时,
f(x)在(1,e)上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点.
当1<a<e2时,要使f(x)在区间(1,e)上恰有两个零点,
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}a(1-lna)<0}\\{f(1)=\frac{1}{2}>0}\\{f(e)={\frac{1}{2}e}^{2}-a>0}\end{array}\right.$,解得:e<a<$\frac{1}{2}$e2.
∴a的取值范围为(e,$\frac{1}{2}$e2).
点评 本题考查利用导数研究函数的切线,涉及函数的零点和闭区间的最值,属中档题.
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