已知函数f（x）=alnx-ax-3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在

（Ⅰ）∵f′（x）=

a

x

-a=a（

1?x

x

）（x＞0），
∴（1）当a＞0时，令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；
令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．
当a＜0时，f′（x）=-a（

x?1

x

），令f′（x）＞0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递增；
令f′（x）＜0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递减；
（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，
所以f′（2）=1，所以a=-2，f′（x）=-

2

x

+2，
g（x）=x³+x²[

m

2

+f′（x）]=x³+x²[

m

2

+2-

2

x

]=x³+（2+

m

2

）?x²-2x，
∴g′（x）=3x²+（4+m）x-2，
因为对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x³+x²[

m

2

+f′（x）]在区间[t，3]上总存在极值，
所以只需 g′（2）＜0 g′（3）＞0，解得-

37

3

＜m＜-9；
（Ⅲ）∴令F（x）=h（x）-f（x）=（p-2）x-

p+2e

x

-3-2lnx+2x+3=px-

p

x

-

2e

x

-2lnx，
①当p≤0时，由x∈[1，e]得px-

p

x

≤0，-

2e

x

-2lnx＜0．
所以，在[1，e]上不存在x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立；
②当p＞0时，F′（x）=

px2?2x+p+2e

x2

，
∵x∈[1，e]，
∴2e-2x≥0，px²+p＞0，F′（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．
∴F（x）max=F（e）=pe-

p

e

-4．
故只要pe-

p

e

-4＞0，解得p＞

4e

e2?1

．所以p的取值范围是[

4e

e2?1

，+∞）．