解题思路：（1）由题意得出等式解方程即可；（2）先求出函数g（x）的导数，再通过讨论p的范围综合得出 结论；（3设
h(x)＝lnx−x−a，h′(x)＝
1
x
−1＝
1−x
x
，
从而得出x=1为h（x）的极大值点，所以h（x）≤h（1）=-1-a．再分别讨论a范围，求出函数的解的个数．
（1）由题意g(x)＝px−
q
x−2lnx，
得g(e)＝pe−
q
e−2，又g(e)＝qe−
p
e−2，
∴pe−
q
e−2=qe−
p
e−2，
∴（p-q）e+（p-q）[1/e]=0
∴（p-q）（e+[1/e]）=0，
∴p=q，
（2）由（1）知：g(x)＝px−
p
x −2lnx，
显然，g（x）的定义域为（0，+∞）.g′(x)＝p+
p
x2−
2
x ＝
px2−2x+p
x2，
令h（x）=px2-2x+p．要使g（x）在（0，+∞）为单调函数，只需h（x）在（0，+∞）满足：h（x）≥0或h（x）≤0恒成立．
①p=0时，h（x）=-2x，
∵x＞0，
∴h（x）＜0，
∴g（x）=-[2x
x2＜0
∴g（x）在（0，+∞）单调递减，∴p=0适合题意．
②当p＞0时，
h（x）=px2-2x+p图象为开口向上抛物线，对称轴为x=
1/p]∈（0，+∞）．
∴h（x）min=h(
1
p)=p-[1/p]．只需p-[1/p]≥0，
即p≥1时h（x）≥0，g′（x）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴p≥1适合题意．
③当p＜0时，h（x）=px2-2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=[1/p]∉（0，+∞），
只需h（0）≤0，即p≤0时h（0）≤（0，+∞）恒成立．
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）单调递减，
∴p＜0适合题意．综上①②③可得，p≥1或p≤0．
（3）设h(x)＝lnx−x−a，h′(x)＝
1
x−1＝
1−x
x，x∈（0，+∞）．当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，∴h（x）为单调增函数；当x∈（1，∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）为单调减函数；
∴x=1为h（x）的极大值点，
∴h（x）≤h（1）=-1-a．
①若-1-a＜0，即a＞-1，h（x）=0无解；
②若-1-a=0，即a=-1，h（x）=0有一解x=1；
③若-1-a＞0，即a＜-1，h（1）＞0．在0＜x≤1上h（x）为单调增函数，
且h（ea）=a-ea-a＜0，h（x）=0在0＜x＜1上有一解；
在x≥1上h（x）为单调减函数，且h（e-a）=-2a-e-a=-（2a+e-a），
设r（x）=2x+e-x（x＜-1），
则r'（x）=2-e-x＞0，r（x）＞r（-1）=-2+e＞0．
∴h（e-a）=-2a-e-a=-（2a+e-a）＜0，h（x）=0在x≥1上有一解．
即a＜-1，h（x）=0有两解．
综合知，a＞-1时，h（x）=0无解；
a=-1时，h（x）=0有一解；
a＜-1时，h（x）=0有两解．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考察了函数的单调性，导数的应用，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．
