已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）

解题思路：（Ⅰ）求出原函数的导函数，由函数f（x）在区间[e²，+∞）上为增函数，得其导函数在[e²，+∞）上大于等于0恒成立，把变量a分离出后得a≥-1-lnx，然后利用函数的单调性求-1-lnx在[e²，+∞）上的最大值，答案可求；
（Ⅱ）把函数f（x）的解析式代入f（x）＞k（x-1）+ax-x，整理后得k＜

x•lnx+x

x−1

，问题转化为对任意
x∈（1，+∞），k＜

x•lnx+x

x−1

恒成立，求正整数k的值．设函数h（x）=

x(lnx+1)

x−1

，求其导函数，得到其导函数的零点x₀位于（3，4）内，且知此零点为函数h（x）的最小值点，经求解知h（x₀）=x₀，从而得到k＜x₀，则正整数k的值可求．

（Ⅰ）由f（x）=xlnx+ax，得：f^′（x）=lnx+a+1
∵函数f（x）在区间[e²，+∞）上为增函数，
∴当x∈[e²，+∞）时f^′（x）≥0，
即lnx+a+1≥0在区间[e²，+∞）上恒成立，
∴a≥-1-lnx．
又当x∈[e²，+∞）时，
lnx∈[2，+∞），∴-1-lnx∈（-∞，-3]．
∴a≥-3；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，
即x•lnx+ax＞k（x-1）+ax-x恒成立，
也就是k（x-1）＜x•lnx+ax-ax+x恒成立，
∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
则问题转化为k＜
x•lnx+x
x−1对任意x∈（1，+∞）恒成立，
设函数h（x）=
x(lnx+1)
x−1，则h′(x)＝
x−lnx−2
(x−1)2，
再设m（x）=x-lnx-2，则m′(x)＝1−
1
x．
∵x∈（1，+∞），∴m^′（x）＞0，则m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上为增函数，
∵m（1）=1-ln1-2=-1，m（2）=2-ln2-2=-ln2，m（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，m（4）=4-ln4-2=2-ln4＞0．
∴∃x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴当x∈（1，x₀）时，m（x）＜0，h^′（x）＜0，∴h(x)＝
x(1+lnx)
x−1在（1，x₀）上递减，
x∈（x₀，+∞）时，m（x）＞0，h^′（x）＞0，∴h(x)＝
x(1+lnx)
x−1在（x₀，+∞）上递增，
∴h（x）的最小值为h（x₀）=
x0(1+lnx0)
x0−1．
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴lnx₀+1=x₀-1，代入函数h（x）=
x(lnx+1)
x−1得h（x₀）=x₀，
∵x₀∈（3，4），且k＜h（x）对任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min=x₀，∴k≤3，
∴k的值为1，2，3．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数在最大值和最小值中的应用，考查了数学转化思想，解答此题的关键是，在求解（Ⅱ）时如何求解函数h（x）=x(lnx+1)x−1的最小值，学生思考起来有一定难度．此题属于难度较大的题目．