约1730字。

　　导数典型问题
　　一、存在性问题
　　1设 f (x) = px－qx －2 ln x，且 f (e) = qe－pe －2（e为自然对数的底数）
　　(I) 求 p 与 q 的关系；
　　(II) 若 f (x) 在其定义域内为单调函数，求 p 的取值范围；
　　(III) 设 g(x) = 2ex ，若在 [1,e] 上至少存在一点x0，使得 f (x0) > g(x0) 成立, 求实数 p 的取值范围.
　　解：(I) 由题意得 f (e) = pe－qe －2ln e = qe－pe －2  (p－q) (e + 1e ) = 0 
　　而 e + 1e ≠0   ∴ p = q 
　　(II) 由 (I) 知 f (x) = px－px －2ln x
　　f’(x) = p + px 2 －2x = px 2－2x + px 2  ………… 4分
　　令 h(x) = px 2－2x + p，要使 f (x) 在其定义域 (0,+) 内为单调函数，只需 h(x) 在 (0,+) 内满足：h(x)≥0 或 h(x)≤0 恒成立.  ………… 5分
　　① 当 p = 0时， h(x) = －2x，∵ x > 0，∴ h(x) < 0，∴ f’(x) = －2xx 2  < 0，
　　∴ f (x) 在 (0,+) 内为单调递减，故 p = 0适合题意.  ………… 6分
　　② 当 p > 0时，h(x) = px 2－2x + p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为 x = 1p ∈(0,+)，∴ h(x)min = p－1p   只需 p－1p ≥1，即 p≥1 时 h(x)≥0，f’(x)≥0
　　∴ f (x) 在 (0,+) 内为单调递增，
　　故 p≥1适合题意.  ………… 7分
　　③ 当 p < 0时，h(x) = px 2－2x + p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为 x = 1p  (0,+)
　　只需 h(0)≤0，即 p≤0时 h(x)≤0在 (0,+) 恒成立.  故 p < 0适合题意.  ………… 8分
　　综上可得，p≥1或 p≤0 ………… 9分
　　另解：(II) 由 (I) 知 f (x) = px－px －2ln x   f’(x) = p + px 2 －2x = p (1 + 1x 2 )－2x  
　　要使 f (x) 在其定义域 (0,+) 内为单调函数，只需 f’(x) 在 (0,+) 内满足：f’(x)≥0 或 f’(x)≤0 恒成立.  ………… 5分
　　由 f’(x)≥0  p (1 + 1x 2 )－2x ≥0  p≥2x + 1x   p≥(2x + 1x )max，x > 0
　　∵ 2x + 1x ≤ 22x• 1x = 1，且 x = 1 时等号成立，故 (2x + 1x )max = 1   ∴ p≥1
　　由 f’(x)≤0  p (1 + 1x 2 )－2x ≤0  p≤ 2xx 2 + 1   p≤(2xx 2 + 1 )min，x > 0
　　而 2xx 2 + 1 > 0 且 x → 0 时，2xx 2 + 1 → 0，故 p≤0 ………… 8分
　　综上可得，p≥1或 p≤0 ………… 9分
　　(III) ∵ g(x) = 2ex 在 [1,e] 上是减函数
　　∴ x = e 时，g(x)min = 2，x = 1 时，g(x)max = 2e
　　即 g(x)  [2,2e]  ………… 10分
　　① p≤0 时，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 递减  f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合题意。 
　　② 0 < p < 1 时，由x  [1,e]  x－1x ≥0   ∴ f (x) = p (x－1x )－2ln x≤x－1x －2ln x
　　右边为 f (x) 当 p = 1 时的表达式，故在 [1,e] 递增
　　∴  f (x)≤x－1x －2ln x≤e－1e －2ln e = e－1e －2 < 2，不合题意。 ………… 12分
　　③ p≥1 时，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 连续递增，f (1) = 0 < 2，又g(x) 在 [1,e] 上是减函数
　　∴ 本命题  f (x)max > g(x)min = 2，x  [1,e]
　　 f (x)max = f (e) = p (e－1e )－2ln e > 2  p > 4ee 2－1  综上，p 的取值范围是 (4ee 2－1 ,+)