（I）由f（x）=px-px-2lnx，得f′(x)=p+px2-2x=px2-2x+px2．…（3分）要使f（x）在其定義域（0，+∞）內為單調增函式，只需f′（x）≥0，即px2-2x+p≥0在（0，+∞）內恆成立，…（5分）從而P≥1．…（7分）（II）解法1：g（x）=2ex在[1，e]上是減函式，所以[g（x）]min=g（e）=2，[g（x）]max=g（1）=2e，即g（x）∈[2，2e]．當0＜p＜1時，由x∈[1，e]，得x-1x≥0，故f(x)=p(x-1x)-2lnx＜x-1x-2lnx＜2，不合題意．…（10分）當P≥1時，由（I）知f（x）在[1，e]連續遞增，f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是減函式，∴原命題等價於[f（x）]max＞[g（x）]min=2，x∈[1，e]，…（12分）由[f(x)]max=f(e)=p(e-1e)-2lne＞2，解得p＞4ee2-1，綜上，p的取值範圍是（4ee2-1，+∞）．…（15分）解法2：原命題等價於f（x）-g（x）＞0在[1，e）上有解，設F（x）=f（x）-g（x）=px-px-2lnx-2ex，∵F′(x)=p+px2-2x+2ex2=px2+p+2(e-x)x2＞0，∴F（x）是增函式，…（10分）∴[F（x）]max=F（e）＞0，解得p＞4ee2-1，∴p的取值範圍是（4ee2-1，+∞）．…（15分）