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）

解题思路：（Ⅰ）首先求出函数的导数，然后根据导数与单调区间的关系确定函数的单调区间，
（II）根据）若对任意给定的x₀∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，得到函数f（x）在区间（0，e]上不单调，并且有

f( 2 2−a )＝a−2ln 2 2−a ≤0 f(e)＝(2−a)(e−1)−2≥1

，从而求得a的取值范围．

（Ⅰ）∵f′(x)＝(2−a)−
2
x，(x＞0)，
∴（1）当2-a≤0即a≥2时f'（x）＜0恒成立．
（2）当2-a＞0即a＜2时，由f'（x）＜0，得0＜x＜
2
2−a；
由f'（x）＞0，得x＞
2
2−a．
因此：当a≥2时函数f（x）的单调减区间是（0，+∞）；
当a＜2时，函数f（x）的单调减区间是(0，
2
2−a)，单调增区间是(
2
2−a，+∞)
（II）∵g'（x）=（1-x）e^1-x，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减，
又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
∴g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
由（Ⅰ）知当a≥2时函数f（x）在区间（0，e]上单调递减，不合题意，
∴a＜2，并且0＜
2
2−a＜e，即a＜2−
2
e①
∵x→0时f（x）→+∞，故对任意给定的x₀∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在两个不同x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，当且仅当a满足

f(
2
2−a)＝a−2ln
2
2−a≤0
f(e)＝(2−a)(e−1)−2≥1，
注意到f（1）=0，故只要f（e）=（2-a）（e-1）-2≥1，即a≤2−
3
e−1②
由①②知，所求的a得取值范围是(−∞，2−
3
e−1]

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性，和求函数的最值问题，体现了分类讨论和数形结合以及题意的理解与转化的思想．特别是问题（2）的设置，考查了学生创造性分析解决问题的能力．