（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，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．