已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe1-x．（a∈R，e为自然对数的底数）

解题思路：（I）利用导数与单调性的关系定理即可得出；（II）因为f(x)＜0在区间(0，12)上恒成立不可能，故要使函数f(x)在(0，12)上无零点，只要对任意的x∈(0，12)，f(x)＞0恒成立，通过分离参数，利用导数即可得出．（III）利用导数得出函数g（x）在（0，e]上的值域，再利用导数研究函数f（x）的单调性，当函数f（x）的取值在函数g（x）的值域范围内且与y=g（x0）由两个交点时即可．

（I）当a＝1时，f(x)＝x−1−2lnx，则f′(x)＝1−
2
x，
由f'（x）＞0，得x＞2；由f'（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）．
（II）因为f(x)＜0在区间(0，
1
2)上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在(0，
1
2)上无零点，只要对任意的x∈(0，
1
2)，f(x)＞0恒成立，
即对x∈(0，
1
2)，a＞2−
2lnx
x−1恒成立．
令l(x)＝2−
2lnx
x−1，x∈(0，
1
2)，
则l′（x）=
2lnx+
2
x−2
(x−1)2，
再令m（x）=2lnx+
2
x−2，x∈(0，
1
2)，
则m′(x)＝
2
x−
2
x2=−
2(1−x)
x2＜0，
故m（x）在(0，
1
2)上为减函数，于是m（x）＞m(
1
2)=2-2ln2＞0．
从而l′（x）＞0，于是l（x）在(0，
1
2)上为增函数，
∴l（x）＜l(
1
2)=2-4ln2，
故要使a＞2−
2lnx
x−1在(0，
1
2)上无零点，只要a∈[2-4ln2，+∞）．
综上，若函数f(x)在(0，
1
2)上无零点，则a的最小值为2-4ln2．
（III）g'（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，


当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x∈(1，e]时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.
又因为g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e•e1−e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不合题意；


当a≠2时，f′(x)＝2−a−
2
x＝
(2−a)x−2
x＝
(2−a)(x−
2
2−a)
x，x∈(0，e]
当x＝
2
2−a时，f′(x)＝0.
由题意得，f(x)在(0，e]上不单调，
故0＜
2
2−a＜e，即a＜2−
2
e①
此时，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：

(0，
2
2−a)[2/2−a](
2
2−a，e]
f'（x）-0+
f（x）↘最小值↗

又因为，当x→0时，f(x)→+∞，
f(
2
2−a)＝a−2ln
2
2−a，f(e)＝(2−a)(e−1)−2，
所以，对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，
使得f(xi)＝g(x0)成立，当且仅当a满足下列条件：
②③

f(
2
2−a)≤0
f(e)≥1即

a−2ln
2
2−a≤0
(2−a)(e−1)−2≥1.


令h(a)＝a−2ln
2
2−a，a∈(−∞，2−
2
e)，
则h′(a)＝1−2[ln2−ln(2−a)]′＝1−
2
2−a＝
a
a−2，令h′(a)＝0，
得a＝0或a＝2，
故当a∈(−∞，0)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增；
当a∈(0，2−
2
e)时，h′(a)＜0，函数h(a)单调递减.
所以，对任意a∈(−∞，2−
2
e)，有h(a)≤h(0)＝0，
即②对任意a∈(−∞，2−
2
e)恒成立．
由③式解得：a≤2−
3
e−1．④
综合①④可知，当a∈(−∞，2−
3
e−1]时，对任意给定的x0∈(0，e]，
在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的零点；根据实际问题选择函数类型．

考点点评： 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及分类讨论思想方法、等价转化法、数形结合法、分离参数法等方法．