解题思路：（I）求f（x）的导数f′（x），讨论0≤a≤12时，f′（x）的正负，从而判定f（x）的单调性；（II）由题意，要使f（x1）≥g（x2）成立，只需fmin（x）≥gmin（x）即可，求出fmin（x），方法一：g（x）是二次函数，求出g（x）在[2，3]上的最小值，得出b的取值范围；方法二：参变量分离得b≥x+23x，从而求出b的取值范围．
（I）∵f（x）=lnx-a（x+[1/x]）+[1/x]+1（x＞0，a∈R），
∴f′(x)＝
1
x−a+
a
x2−
1
x2=
−ax2+x+a−1
x2＝−
(x−1)(ax+a−1)
x2（x＞0）
①当a=0时，f′（x）=[x−1
x2（x＞0），∴0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，x＞1时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
②当a＝
1/2]时，f′（x）=-
(x−1)2
2x2≤0，∴f（x）在（0，+∞）单调递减；
③当0＜a＜
1
2时，[1−a/a＞1，x∈（0，1]时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，1]上单调递减；
x∈(1，
1−a
a]时，f′（x）＞0，函数f（x）在(1，
1−a
a]上单调递增；
x∈(
1−a
a，+∞)时，f′（x）＜0，函数f（x）在(
1−a
a，+∞)上单调递减．
（II）若对任意x1∈（0，2]，存在x2∈[2，3]，使f（x1）≥g（x2）成立，
只需fmin（x）≥gmin（x）；
由（I）知，当a＝
1
3]时，f（x）在（0，1]单调递减，在（1，2]单调递增．
∴fmin(x)＝f(1)＝
4
3，
方法一：g（x）=x2-bx+2，对称轴x＝
b
2，①当[b/2≤2，即b≤4时，gmin(x)＝g(2)≤
4
3]，得：[7/3≤b≤4；
②当
b
2≥3，即b≥6时，gmin(x)＝g(3)≤
4
3]，得：b≥6；
③当2＜
b
2＜3，即4＜b＜6时，gmin(x)＝g(
b
2)≤
4
3，得：4＜b＜6．
综上：b≥
7
3．
方法二：参变量分离：b≥x+
2
3x，
令h(x)＝x+
2
3x，只需b≥hmin（x），可知h（x）在[2，3]上单调递增，
∴hmin(x)＝h(2)＝
7
3，b≥
7
3．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查了利用导数判定函数的单调性以及利用函数的单调性解含参数的不等式的问题，是较难的题目．