解题思路：函数f（x）=x-alnx的定义域为（0，+∞）；
（1）若a=1，f（x）=x-lnx，求导从而确定最小值；
（2）求导f′（x）=1-a[1/x]=[x-a/x]，讨论f（x）的单调性，化恒成立问题为最值问题即可．
函数f（x）=x-alnx的定义域为（0，+∞）；
（1）若a=1，f（x）=x-lnx，
f′（x）=1-[1/x]=[x-1/x]，
f（x）在（0，+∞）上先减后增，
故fmin（x）=f（1）=1-0=1；
（2）f′（x）=1-a[1/x]=[x-a/x]，
①当a≤1时，f′（x）≥0，
f（x）在[1，2]上单调递增，
故f（x）≥0可化为f（1）≥0，
即1≥0，显然成立；
②当a≥2时，f′（x）≤0，
f（x）在[1，2]上单调递减，
故f（x）≥0可化为f（2）≥0，
即2-aln2≥0，
解得，a≤[2/ln2]=2log2e；
故2≤a≤2log2e；
③当1＜a＜2时，
当1≤x＜a时，f′（x）＜0，
当a≤x≤2时，f′（x）≥0；
f（x）在[1，a]上单调递减，在[a，2]上单调递增；
故f（x）≥0可化为f（a）≥0，
即a-alna≥0，
解得，a≤e，
故1＜a＜2；
综上所述，a≤2log2e．
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了导数的应用及恒成立问题，同时考查了分类讨论的数学思想，属于中档题．