（I）由 f（x）=px-

p

x

-2lnx，

得f′(x)=p+ 

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

．…（3分）

要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调增函数，只需f′（x）≥0，

即px²-2x+p≥0在（0，+∞）内恒成立，…（5分）

从而P≥1．…（7分）

（II）解法1：g（x）=

2e

x

在[1，e]上是减函数，

所以[g（x）]_min=g（e）=2，[g（x）]_max=g（1）=2e，即g（x）∈[2，2e]．

当0＜p＜1时，由x∈[1，e]，得x-

1

x

≥ 0，

故f(x)=p(x-

1

x

)-2lnx＜x-

1

x

-2lnx＜2，不合题意．…（10分）

当P≥1时，由（I）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，

∴原命题等价于[f（x）]_max＞[g（x）]_min=2，x∈[1，e]，…（12分）

由[f(x) ]max=f(e)=p(e- 

1

e

) -2lne＞2，解得p＞

4e

e2-1

，

综上，p的取值范围是（

4e

e2-1

，+∞）．…（15分）

解法2：原命题等价于f（x）-g（x）＞0在[1，e）上有解，

设F（x）=f（x）-g（x）=px-

p

x

-2lnx-

2e

x

，

∵F′(x)=p+ 

p

x2

- 

2

x

+

2e

x2

=

px2+p+2(e-x)

x2

＞0，

∴F（x）是增函数，…（10分）

∴[F（x）]max=F（e）＞0，解得p＞

4e

e2-1

，

∴p的取值范围是（

4e

e2-1

，+∞）．…（15分）