（2010•海淀区一模）已知函数f（x）=x+alnx，其中a为常数，且a≤-1．

（2010•海淀区一模）已知函数f（x）=x+alnx，其中a为常数，且a≤-1．

（Ⅰ）当a=-1时，求f（x）在[e，e2]（e=2.718 28…）上的值域；

（Ⅱ）若f（x）≤e-1对任意x∈[e，e2]恒成立，求实数a的取值范围．

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解题思路：（Ⅰ）求函数f（x）=x-lnx的导数，利用导数判断在[e，e2]上的单调性，便可求值域；

（Ⅱ）依题意就是求f（x）在[e，e2]上的最大值，用a表示出函数最大值，再将恒成立转化为函数最值问题，结合导数法解决即可．

（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=x-lnx，

得f′(x)＝1−

1

x，（2分）

令f'（x）＞0，即1−

1

x＞0，解得x＞1，所以函数f（x）在（1，+∞）上为增函数，

据此，函数f（x）在[e，e2]上为增函数，（4分）

而f（e）=e-1，f（e2）=e2-2，所以函数f（x）在[e，e2]上的值域为[e-1，e2-2]（6分）

（Ⅱ）由f′(x)＝1+

a

x，令f'（x）=0，得1+

a

x＝0，即x=-a，

当x∈（0，-a）时，f'（x）＜0，函数f（x）在（0，-a）上单调递减；

当x∈（-a，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（-a，+∞）上单调递增；（7分）

若1≤-a≤e，即-e≤a≤-1，易得函数f（x）在[e，e2]上为增函数，

此时，f（x）max=f（e2），要使f（x）≤e-1对x∈[e，e2]恒成立，只需f（e2）≤e-1即可，

所以有e2+2a≤e-1，即a≤

−e2+e−1

2

而

−e2+e−1

2−(−e)＝

−(e2−3e+1)

2＜0，即

−e2+e−1

2＜−e，所以此时无解．（8分）

若e＜-a＜e2，即-e＞a＞-e2，易知函数f（x）在[e，-a]上为减函数，在[-a，e2]上为增函数，

要使f（x）≤e-1对x∈[e，e2]恒成立，只需

f(e)≤e−1

f(e2)≤e−1，即

a≤−1

a≤

−e2+e−1

2，

由

−e

点评：

本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查函数的导数研究函数的单调性，以及函数的导数在求函数最值的应用，解题的关键是将恒成立问题转化为函数最值问题解决，属于中档题．

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