问题
解答题
设函数f（x）=a2lnx﹣x2+ax，a≠0；
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若f（1）≥e﹣1，求使f（x）≤e2对x∈[1，e]恒成立的实数a的值．（注：e为自然对数的底数）
答案
解：（Ⅰ）因为f（x）=a2lnx﹣x2+ax，其中x＞0，
所以f'（x）=
﹣2x+a=﹣
．
当a＞0时，由f'（x）＞0，得0＜x＜a，
∴f（x）的增区间为（0，a）；
当a＜0时，由f'（x）＞0，得
，
∴f（x）的增区间为（0，﹣
）；
（Ⅱ）由 f（1）=a﹣1≥e﹣1，即a≥e．①
由（Ⅰ）知f（x）在[1，e]内单调递增，要使f（x）≤e2对x∈[1，e]恒成立，
只要f（e）≤e2，
则 a2lne﹣e2+ae≤e2，
∴a2+ae﹣2e2≤0，
∴（a+2e）（a﹣e）≤0，
∴a≤e，②
综①②得a=e