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）．（Ⅰ）若不等式f（x）＞0对于一切恒成立，求a的最小值；（Ⅱ）若

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解：（Ⅰ）由题意得（2-a）（x-1）-2lnx＞0在内恒成立，即在内恒成立，
设，则，
设，则，
∴φ（x）在内是减函数，∴，
∴h'（x）＞0，h（x）在内为增函数，
则，∴a≥2-4ln2，
故a的最小值为2-4ln2．
（Ⅱ）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-==，x∈（0，e]
当x=时，f'（x）=0．
由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故0＜＜e，即a＜2-①
此时，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：

又因为，当x→0时，f（x）→+∞，
f（）=a-2ln，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：
即
令h（a）=a-2ln，a∈（-∞，2-），
则h′（a）=1-2[ln2-ln（2-a）]′=1-=，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-）时，h'（a）＜0，函数h（a）单调递减．
所以，对任意a∈（-∞，2-），有h（a）≤h（0）=0，
即②对任意a∈（-∞，2-）恒成立．
由③式解得：a≤2-．④
综合①④可知，当a∈（-∞，2-]时，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f（xi）=g（x0）成立．

解析分析：（Ⅰ）不等式f（x）＞0对于一切恒成立，分离参数后即在内恒成立，构造函数h（x）=2-（x），则问题转化为a＞h（x）max，利用导数即可求得函数h（x）的最大值；
（Ⅱ）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，而当a等于2时不合题意，当a不等于2
时，求出f′（x）=0时x的值，根据x属于（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．

点评：此题考查学生会利用导函数研究函数的恒成立问题、最值问题，考查学生分析解决问题的能力．