（2013•河东区二模）已知函数f（x）=ex-kx，x∈R（e是自然对数的底数，e=2.71828…）

解题思路：（1）将k=e代入，求出函数的解析式，进而求出导函数的解析式，分析函数的单调性，可得函数的极值．
（2）由已知中函数的解析式，求出导函数的解析式，对k进行分类讨论，确定x在不同情况下导函数的符号，进而可得函数的单调性．
（3）解法一：根据（2）中函数的单调性分k=0时，k＜0，k＞0三种情况讨论k取不同值时函数零点个数，最后综合讨论结果，可得答案．
解法二：根据函数的导函数，分k=0时，k＜0，k＞0三种情况讨论k取不同值时，函数y=e^x与y=kx图象交点的个数（即函数零点的个数），最后综合讨论结果，可得答案．

（1）由k=e得f（x）=e^x-ex，
所以f'（x）=e^x-e．
令f′（x）=0，得e^x-e=0，解得x=1．
由f'（x）＞0得x＞1，由f'（x）＜0得x＜1，
当x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

x （-∞，1） 1 （1，+∞）
f'（x） - 0 +
f（x） 单调递减 极小值 单调递增…（2分）
所以当x=1时，f（x）有极小值为0，无极大值．…（3分）
（2）由f（x）=e^x-kx，x∈R，得f'（x）=e^x-k．
①当k≤0时，则f'（x）=e^x-k＞0对x∈R恒成立，
此时f（x）的单调递增，递增区间为（-∞，+∞）．…（4分）
②当k＞0时，
由f'（x）=e^x-k＞0，得到x＞lnk，
由f'（x）=e^x-k＜0，得到x＜lnk，
所以，k＞0时，f（x）的单调递增区间是（lnk，+∞）；递减区间是（-∞，lnk）． …（6分）
综上，当k≤0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）；
当k＞0时，f（x）的单调递增区间是（lnk，+∞）；递减区间是（-∞，lnk）． …（7分）
（3）解法一：
①当k=0时，f（x）=e^x＞0，对x∈R恒成立，所以函数f（x）在（-∞，4]上无零点．…（8分）
②当k＜0时，由（2）知，f'（x）=e^x-k＞0对x∈R恒成立，函数f（x）在（-∞，4]上单调递增，
又f（0）=1＞0，f(
1
k)＝e
1
k−1＜0，…（9分）
所以函数f（x）在（-∞，4]上只有一个零点．…（10分）
③当k＞0时，令f'（x）=e^x-k=0，
得x=lnk，且f（x）在（-∞，lnk）上单调递减，在（lnk，+∞）上单调递增，f（x）在x=lnk时取得极小值，
即f（x）在（-∞，4]上最多存在两个零点．
（ⅰ）若函数f（x）在（-∞，4]上有2个零点，
则

lnk＜4
f(lnk)＝k(1−lnk)＜0
f(4)≥0，
解得k∈(e，
e4
4]；…（11分）
（ⅱ）若函数f（x）在（-∞，4]上有1个零点，
则f（4）＜0或

lnk≤4
f(lnk)＝0，
解得k∈(
e4
4，+∞)或k=e；&n

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，根的存在性及根的个数判断，利用导数研究函数的单调性，是导数的综合应用，特别是第（3）中分类比较复杂，难度较大．