22. 【解答】(I) 由题意得 f (e) = pe－－2ln e = qe－－2， Þ (p－q) (e + ) = 0  

而 e + ≠0，∴ p = q       ………… 2分

(II)  由 (I) 知 f (x) = px－－2ln x， f’(x) = p + －=

令 h(x) = px ²－2x + p，要使 f (x) 在其定义域 (0,+¥) 内为单调减函数，只需 h(x) 在 (0,+¥) 内满足h’(x)≤0 恒成立.        ………… 4分

① 当 p = 0时， h(x) = －2x，∵ x > 0，∴ h(x) < 0，∴ f’(x) = － < 0，

∴    f (x) 在 (0,+¥) 内为单调递减，故 p = 0适合题意.      ………… 5分

②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 = Ï (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.       

综上可得， p≤0  ………… 7分

另解：(II)      由 (I) 知 f (x) = px－－2ln x， f’(x) = p + －= p (1 + )－…… 4分

要使 f (x) 在其定义域 (0,+¥) 内为单调减函数，只需 f’(x) 在 (0,+¥) 内满足f’(x)≤0 恒成立.        ………… 5分

由 f’(x)≤0 Û p (1 + )－≤0 Û p≤  Û p≤()_min，x > 0

而 > 0 且 x → 0 时，→ 0，故 p≤0。综上可得p≤0       ………… 7分

(III) ∵    g(x) = 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) Î [2,2e]

① p≤0 时，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 递减 Þ f (x)_max = f (1) = 0 < 2，不合题意。       …… 9分

② 0 < p < 1 时，由x Î [1,e] Þ x－≥0。∴       f (x) = p (x－)－2ln x≤x－－2ln x

右边为 f (x) 当 p = 1 时的表达式，故在 [1,e] 递增

∴    f (x)≤x－－2ln x≤e－－2ln e = e－－2 < 2，不合题意。       ………… 10分

③ p≥1 时， 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 Û f (x)_max > g(x)_min = 2，x Î [1,e] Þ f (x)_max = f (e) = p (e－)－2ln e > 2

 Þ p >     

综上，p 的取值范围是 (,+¥) ………… 12分