Question

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．

Answer 1

分析：（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．

解答：解：（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

-e2+e-1

2

-(-1)=

-e2+e+1

2

＜0和

-e2+e-1

2

-(-e2)=

e2+e-1

2

＞0
得-e2＜a≤

-e2+e-1

2

．（10分）
若-a≥e²，即a≤-e²，易得函数f（x）在[e，e²]上为减函数，
此时，f（x）_max=f（e），要使f（x）≤e-1对x∈[e，e²]恒成立，只需f（e）≤e-1即可，
所以有e+a≤e-1，即a≤-1，又因为a≤-e²，所以a≤-e²．（12分）
综合上述，实数a的取值范围是(-∞，

-e2+e-1

2

]．（13分）

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．