（1）当a=1时，，

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

所以，当x=1时，f（x）有最小值：f（x）min=f（1）=1．

（2）因为，

①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上为增函数，此时f（x）在（0，e]上无最小值．

②当a∈（0，e]时，若x∈（0，a），则f′（x）＜0，f（x）单调递减，

若x∈（a，e]，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，

所以f（x）min=f（a）=1+lna=2，∴a=e，符合题意；

③当a＞e时，x∈（0，e]，

∴f′（x）＜0，f（x）单调递减，

所以，

∴a=e，不符合题意；

综上所述，a=e时符合题意．

（3）证明：当a=﹣1时，函数，

，

令φ（x）=2+x﹣lnx，（x＞0），则，

所以x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，

当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，

所以，φ（x）min=φ（1）=3＞0，在定义域内g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增，

又g（1）=﹣1＜0，而，

因此，函数g（x）在（1，e）上必有零点，又g（x）在（0，+∞）单调递增，

所以函数在其定义域内有唯一的零点．