解题思路：（1）求导数，利用导数的正负，即可求得函数f（x）的单调性区间；（2）将f（x）的表达式重新组合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分别研究函数m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，讨论当a＜2时和当a≥2时的情况．（3）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域；对于f（x），讨论当a＜2时和当a≥2时的情况，只有当f（x）在（0，e]上不单调的情况才可能满足题意，结合着g（x）的值域，和数形结合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x0）总存在两个不等的实根，只需满足f(22−a)≤0f(e)≥1，即12a+ln(2−a)−ln2≤0a≤2−3e−1，进一步通过求导的方法证明当a≤2-3e−1时，12a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，从而确定a的取值范围．
（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，则f′（x）=[x−2/x]，
由f′（x）＞0可得单调增区间为（2，+∞）；由f′（x）＜0可得单调减区间为（0，2）；
（2）f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，则f（x）=m（x）-h（x），
①当a＜2时，m（x）在（0，[1/2]）上为增函数，h（x）在（0，[1/2]）上为增函数，
结合图象可知，若f（x）在（0，[1/2]）无零点，则m（[1/2]）≥h（[1/2]），
即（2-a）×（[1/2]-1）≥2ln[1/2]，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②当a≥2时，在（0，[1/2]）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，[1/2]）上无零点．
由①②得a≥2-4ln2．
∴amin=2-4ln2；
（3）g′（x）=e1-x-xe1-x=（1-x）e1-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∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e2-e＞0，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=
(2−a)x−2
x．
当x＝
2
2−a时，f'（x）=0，由题意知，f（x）在（0，e]上不单调，故0＜
2
2−a＜e，即a＜[2/2−e]．
此时，当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下：
x (0，
2
2−a) [2/2−a] (
2
2−a，e]
f'（x） - 0 +
f（x） ↘ 最小值 ↗对任意给定的x0∈（0，e]，关于x的方程f（x）=g（x0）在x∈（0，e]恒有两个不同的实根，
需使
f(
2
2−a)≤0
f(e)≥1，即
1
2a+ln(2−a)−ln2≤0
a≤2−
3
e−1
下证：当a≤2-[3/e−1]时，[1/2]a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
设t（x）=[1/2]x+ln（2-x）-ln2，x≤2-[3/e−1]，
则t′（x）=[x
2(x−2)，
当x∈（-∞，0）时，t′（x）≥0，x∈（0，2-
3/e−1]）时，t′（x）＜0．
∴t（x）≤t（0）=0．
∴[1/2]a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
又∵2-[2/e]＞2-[3/e−1]，
∴a≤2-[3/e−1]．
综上，得a∈（-∞，[3/e−1]]．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题难度较大，较灵活，第二问是将原函数分成两个函数的差，再进一步通过数形结合进行谈论研究，学生也可以直接用求导的方式讨论研究．第三问中需要多次分类讨论和数形结合的思想给出思路的方向，并利用求导的方法进行验证研究，对于学生来说是一个难题．