1樓：
（ⅰ）由k=e得f（x）=ex-ex，所以f'（x）=ex-e．由f'（x）＞0得x＞1，故f（x）的單調遞增區間是（1，+∞）由f'（x）＜0得x＜1，故f（x）的單調遞減區間是（-∞，1）．所以函式有最小值f（1）=e-e=0，所以f（x）≥0恆成立．（ⅱ）由f（|-x|）=f（|x|）可知f（|x|）是偶函式．於是f（|x|）＞0對任意x∈r成立等價於f（x）＞0對任意x≥0成立．
由f'（x）=ex-k=0得x=lnk．
①當k∈（0，1]時，f'（x）=ex-k＞1-k≥0．此時f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
故f（x）≥f（0）=1＞0，符合題意．
②當k∈（1，+∞）時，lnk＞0．
當x變化時f'（x），f（x）的變化情況如下表：
x（0，lnk）
lnk（lnk，+∞）
f'（x）-0
+ f（x）
單調遞減
極小值單調遞增
由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk．依題意，k-klnk＞0，又k＞1，故1＜k＜e．綜合①，②得，實數k的取值範圍是（0，e）．
已知函式f（x）=lnx+kex（k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數），曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的
2樓：杜康牌
（ⅰ）解：f′(x)＝1x
?lnx?kex
，依題意，∵曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的切線與x軸平行，
∴f′(1)＝1?k
e=0，
∴k=1為所求．
（ⅱ）解：k=1時，f′(x)＝1
x?lnx?1ex
（x＞0）
記h（x）=1
x-lnx-1，函式只有一個零點1，且當x＞1時，h（x）＜0，當0＜x＜1時，h（x）＞0，
∴當x＞1時，f′（x）＜0，∴原函式在（1，+∞）上為減函式；當0＜x＜1時，f′（x）＞0，
∴原函式在（0，1）上為增函式．
∴函式f（x）的增區間為（0，1），減區間為（1，+∞）．
（ⅲ）證明：g（x）=（x2+x）f′（x）=1+xex
（1-xlnx-x），先研究1-xlnx-x，再研究1+xex
．①記r（x）=1-xlnx-x，x＞0，∴r′（x）=-lnx-2，令r′（x）=0，得x=e-2，
當x∈（0，e-2）時，r′（x）＞0，r（x）單增；
當x∈（e-2，+∞）時，r′（x）＜0，r（x）單減．
∴r（x）max=r（e-2）=1+e-2，即1-xlnx-x≤1+e-2．
②記s（x）=1+xex
，x＞0，
∴s′(x)＝?xex
＜0，∴s（x）在（0，+∞）單減，
∴s（x）＜s（0）=1，即1+xex
＜1．綜①、②知，g（x））=1+xex
（1-xlnx-x）≤（1+xex
）（1+e-2）＜1+e-2．
已知a b c d為常數，函式f（xx ax bx cx d的最小值等於？答案是a b c d，請問如何解
利用三角形不等式復 制a b baia b f x du x a x c x b x d a c b d a c b d a b c d.當x 段bc上時，取得上 已知函式f x 2 x 1 當af c f b 則正確結論是 畫出影象 可以知bai 道函du數在服務窮到0單調 遞zhi減 在到正無窮...
已知函式f（x）為奇函式，f（x 1）為偶函式，f（1）1,則f（3）多少過程過程
已知函式f x 為奇函式，f x 1 為偶函式，f 1 1,則f 3 多少。過程過程 解析 因為，函式f x 為奇函式，所以，f x 關於原點中心對稱因為，f x 1 為偶函式 所以，f x 1 f x 1 所以，f x 關於直線x 1對稱 因為，函式y f x 影象既關於點a a,c 成中心對稱又...
已知定義域為 1,1 的奇函式y f x 又是減函式，且f a 2 f 9 a 0，則a取值範圍？解析
f a 2 f 9 a 2 f a 2 a 2 9且 1 la82203008,所在團隊 學習寶典 為你解答，祝你學習進步 如果你認可我的回答，請及時採納，點選我的答案上面的 滿意答案 圖示 手機使用者，請在客戶端右上角評價點 滿意 即可你的採納，是我前進的動力 你的採納也會給你帶去財富值的。如有不...