已知函数f（x）=ex-kx，．（Ⅰ）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|＞0）恒成立，试确定实数k的取值范围；（

已知函数f（x）=ex-kx，．（Ⅰ）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|＞0）恒成立，试确定实数k的取值范围；（Ⅱ）设函数F（x）=f（x）+f（-x），求证：lnF（1）+lnF（2）+…+lnF（n）＞n2ln（en+1+2）（n∈N*）

（Ⅰ）由f（|-x|）=f（|x|），可知f（|x|）是偶函数．
于是f（|x|）＞0对任意x∈R成立等价于f（x）＞0对任意x≥0成立．
由f′（x）=ex-k=0，得x=lnk．
①当k∈（0，1]时，f′（x）=ex-k＞1-k≥0（x＞0）．
此时f（x）在[0，+∞）上单调递增．
故f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意．
②当k∈（1，+∞）时，lnk＞0．
当x变化时f′（x），f（x）的变化情况如表：

x （0，lnk） lnk （lnk，+∞）
f′（x） - 0 +
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk．
依题意，k-klnk＞0，又k＞1，∴1＜k＜e．
综合①，②得，实数k的取值范围是0＜k＜e．        
（Ⅱ）∵F（x）=f（x）+f（-x）=ex+e-x＞0，
∴lnF（x1）+lnF（x2）=ln[（ex1+e?x1）（ex2+e?x2）]，
又（ex1+e?x1）（ex2+e?x2）    
=ex1+x2+e?(x1+x2)+ex1?x2+e?x1+x2＞ex1+x2+e?(x1+x2)+2＞ex1+x2+2，
∴lnF（1）+lnF（n）＞ln（en+1+2），
lnF（2）+lnF（n-1）＞ln（en+1+2），
…
lnF（n）+lnF（1）＞ln（en+1+2）．
由此得：2[F（1）+F（2）+…+F（n）]
=[F（1）+F（n）]+[F（2）+F（n-1）]+…+[F（n）+F（1）]＞nln（en+1+2），
故lnF（1）+lnF（2）+…+lnF（n）＞
n
2 ln（en+1+2）（n∈N*）成立．

（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）的单调递增区间是（1，+∞）， 由f'（x）＜0得x＜1，故f（x）的单调递减区间是（-∞，1）． （ⅱ）由f（|-x|）=f（|x|）可知f（|x|）是偶函数． 于是f（|x|）＞0对任意x∈r成立等价于f（x）＞0对任意x≥0成立． 由f'（x）=ex-k=0得x=lnk． ①当k∈（0，1]时，f'（x）=ex-k＞1-k≥0（x＞0）． 此时f（x）在[0，+∞）上单调递增． 故f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意． ②当k∈（1，+∞）时，lnk＞0． 当x变化时f'（x），f（x）的变化情况如下表： x （0，lnk） lnk （lnk，+∞） f'（x） - 0 + f（x） 单调递减 极小值 单调递增 由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk． 依题意，k-klnk＞0，又k＞1，∴1＜k＜e． 综合①，②得，实数k的取值范围是0＜k＜e． （ⅲ）由题，f（x）＞x2-3kx+1，即ex-kx＞x2-3kx+1?ex-x2+2kx-1＞0 记g（x）=ex-x2+2kx-1，则g'（x）=ex-2x+2k，记h（x）=ex-2x+2k 则h'（x）=ex-2，得h'（x）＞0?ex＞2?x＞ln2 因此，h（x）在（-∞，ln2）上递减，在（ln2，+∞）上递增； 得h（x）min=h（ln2）=2-2ln2+2k； 因为，k＞ln2-1，可得h（x）min=2-2ln2+2k＞0 所以，g'（x）＞0，说明g（x）在r上递增，因此，当x＞0时有g（x）＞g（0）=0 由上，ex-x2+2kx-1＞0，因此得f（x）＞x2-3kx+1；

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