$g\left(x\right)_{\min}=\begin{cases}1-b,&a\leqslant \dfrac {1}{2 };\\ 2a-2a{\ln\left(2a\right)}-b ,&\dfrac {1}{2}<a<\dfrac {\mathrm e}{2}; \\ {\mathrm e}-2a-b ,&a\geqslant \dfrac{\mathrm e}{2}. \end{cases} $

本题考查利用导数研究函数的最值．注意 $g\left(x\right)$ 是函数 $f\left(x\right)$ 的导函数，而要研究的是 $g\left(x\right)$ 在给定闭区间上的最值，故需要先得到 $g\left(x\right)$ 的关系式，再通过分析 $g\left(x\right)$ 的导数 $g'\left(x\right)$ 来求解．可以利用导数求函数的最值．因为 $ g\left(x\right)={\mathrm{e}}^{x}-2ax-b $，所以 $ g'\left(x\right)={\mathrm{e}}^{x}-2a $．
① 当 ${a} \leqslant {0} $ 时，由\[ g'\left(x\right)={\mathrm{e}}^{x}-2a>0,\]得 $g\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上恒单调递增，所以\[g\left(x\right) \geqslant g\left(0\right)=1-b.\]② 当 ${a} > {0} $ 时，
令 $g'\left(x\right)={\mathrm{e}}^{x}-2a=0$，得 $x=\ln\left(2a\right)$．
所以当 $\ln\left(2a\right)\leqslant 0 $ 时，即 $0<a \leqslant \dfrac 12$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递增，所以\[g\left(x\right) \geqslant g\left(0\right)=1-b.\]当 $0<\ln\left(2a\right)<1 $ 时，即 $\dfrac 12 < a<\dfrac{\mathrm{ e}}2$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0,\ln\left(2a\right)\right]$ 上单调递减，在 $\left[\ln\left(2a\right),1\right]$ 上单调递增，所以\[g\left(x\right) \geqslant g\left( \ln \left(2a\right)\right)=2a-2a \ln \left(2a\right)-b.\]当 $ \ln\left(2a\right)\geqslant 1$ 时，即 $a\geqslant \dfrac {\mathrm{e}}{2}$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递减，所以\[g\left(x\right) \geqslant g\left(1\right)={\mathrm{e}}-2a-b.\]综上所述 $g\left(x\right)_{\min}=\begin{cases}1-b,&a\leqslant \dfrac {1}{2 };\\ 2a-2a{\ln\left(2a\right)}-b ,&\dfrac {1}{2}<a<\dfrac {\mathrm e}{2}; \\ {\mathrm e}-2a-b ,&a\geqslant \dfrac{\mathrm e}{2}. \end{cases} $

略．

首先要注意到 $f\left(0\right)=0=f\left(1\right)$，而假设 $f\left(x\right)$ 在区间 $ \left(0,1\right)$ 内有零点为 $x_0$，则 $f\left(x\right)$ 在相邻两个零点的区间内不单调，进而得到 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 上至少有两个零点．再由可能使 $g\left(x\right)$ 有两个零点的情况中，根据必要性写出存在的条件，得到 $a$ 的范围，最后验证充分性即可．设 ${x_0}$ 为 $f\left(x\right)$ 在区间 $ \left(0,1\right)$ 内的一个零点，则由 $f\left(0\right) = f\left({x_0}\right) = 0$ 可知，$f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,{x_0}\right)$ 上不可能单调递增，也不可能单调递减．则 $g\left(x\right)$ 不可能恒为正，也不可能恒为负．故 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,{x_0}\right)$ 内存在零点 ${x_1}$．同理 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left({x_0},1\right)$ 内存在零点 ${x_2}$．所以 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,1\right)$ 内至少有两个零点．由（1）知，当 $a \leqslant \dfrac{1}{2}$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递增，故 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 内至多有一个零点．当 $a \geqslant \dfrac{{\mathrm{e}}}{2}$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递减，故 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 内至多有一个零点．所以\[\dfrac{1}{2} < a < \dfrac{{\mathrm{e}}}{2}.\]此时，$g\left(x\right)$ 在 $\left[0, \ln\left(2a\right)\right] $ 上单调递减，$\left[ \ln\left(2a\right),1\right] $ 上单调递增，因此\[{x_1} \in \left(0,\ln \left(2a\right)\right],{x_2} \in \left(\ln \left(2a\right),1\right),\]必有\[ g\left(0\right) = 1 - b > 0, g\left(1\right) ={\mathrm{ e }} - 2a - b > 0. \]由 $ f\left(1\right)={\mathrm{e}}-a-b-1=0$ 得\[a + b = {\mathrm{e}} - 1 < 2,\]有\[\begin{split}g\left(0\right) &= 1 - b = a - {\mathrm{e}} + 2 > 0, \\ g\left(1\right) &= {\mathrm{e}} - 2a - b = 1 - a > 0.\end{split}\]解得\[{\mathrm{e}} - 2 < a < 1.\]当 ${\mathrm{e}} - 2 < a < 1 $ 时，$g\left(x\right) $ 在区间 $\left[0,1\right] $ 内有最小值 $g\left(\ln \left(2a\right)\right) $．若 $g\left(\ln \left(2a\right)\right) \geqslant 0 $，则 $g\left(x\right) \geqslant 0\left(x\in\left[0,1\right]\right)$，从而 $ f\left(x\right)$ 在区间 $ \left[0,1\right]$ 上单调递增，这与 $ f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$ 矛盾，所以 $g\left(\ln \left(2a\right)\right)<0 $．又\[ g\left(0\right)=a-{\mathrm e}+2>0 , g\left(1\right)=1-a>0 ,\]故此时 $ g\left(x\right)$ 在 $\left(0,\ln\left(2a\right)\right) $ 和 $ \left(\ln\left(2a\right),1\right)$ 内各只有一个零点 $ x_1$ 和 $ x_2$．由此可知 $f\left(x\right) $ 在 $\left[0,x_1\right] $ 上单调递增，在 $ \left(x_1,x_2\right)$ 上单调递减，在 $\left[x_2,1\right] $ 上单调递增，所以\[ f\left(x_1\right)>f\left(0\right)=0 , f\left(x_2\right)<f\left(1\right)=0 ,\]故 $f\left(x\right)$ 在 $\left(x_1,x_2\right) $ 内有零点．综上可知，$a $ 的取值范围是 $ \left({\mathrm e}-2,1\right)$．所以，函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $ \left(0,1\right)$ 内有零点时，${\mathrm{e}} - 2 < a < 1$．