（2014•昌平区二模）已知函数f（x）=axlnx，（a≠0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a＜0时，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜3ax+1成立，求a的取值范围．

Question

（2014•昌平区二模）已知函数f（x）=axlnx，（a≠0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＜0时，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜3ax+1成立，求a的取值范围．

Answer 1

（Ⅰ）函数f（x的定义域为（0，+∞）．
因为f′（x）=a（lnx+1），
令f′（x）=0，解得x=(1)/(e)．
①当a＞0时，随着x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x	（0，(1)/(e)）	(1)/(e)	（(1)/(e)，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘		↗

即函数f（x）在（0，(1)/(e)）上单调递减，在（(1)/(e)，+∞）上单调递增．
②当a＜0时，随着x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x	（0，(1)/(e)）	(1)/(e)	（(1)/(e)，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗		↘

即函数f（x）在（0，(1)/(e)）上单调递增，在（(1)/(e)，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）当a＜0时，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜3ax+1成立，
axlnx＜3ax+1．
所以axlnx-3ax-1＜0．
设g（x）=axlnx-3ax-1．
因为g′x）=a（lnx-2），
令g′（x）=0，解得x=e²．
因为a＜0，
所以随着x变化时，g（x）和g′（x）的变化情况如下：

x	（0，e2）	e2	（e2，+∞）
g′（x）	+	0	-
g（x）	↗		↘

即函数g（x）在（0，e²）上单调递增，在（e²，+∞）上单调递减．
所以g（x）_min=g（e²）=-ae²-1．
所以-ae²-1＜0．
所以a＞-(1)/(e2)．
所以a的取值范围为（-(1)/(e2)，0）．
法二：
当a＜0时，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜3ax+1成立，
即axlnx＜3ax+1．
所以a（xlnx-3x）＜1．
即(1)/(a)＜xlnx-3x．
设g（x）=xlnx-3x．
因为g′（x）=lnx-2，
令g′（x）=0，解得x=e²．
所以随着x变化时，g（x）和g′（x）的变化情况如下：

x	（0，e2）	e2	（e2，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘		↗

即函数g（x）在（0，e²）上单调递减，在（e²，+∞）上单调递增．
所以g（x）_min=g（e²）=-e²．
所以(1)/(a)＜-e²．
所以a＞-(1)/(e2)．
所以a的取值范围为（-(1)/(e2)，0）．