（13分）（2011•北京）已知函数 f ( x ) =…——2011 高考数学第 18 题答案解析

（Ⅰ）函数定义域为 $\mathbb{R}$。
对 $f(x) = (x-k)^2 e^{\frac{x}{k}}$ 求导：
$$ \begin{aligned} f'(x) &= 2(x-k)e^{\frac{x}{k}} + (x-k)^2 \cdot \frac{1}{k}e^{\frac{x}{k}} \\ &= (x-k)e^{\frac{x}{k}} \left( 2 + \frac{x-k}{k} \right) \\ &= (x-k)e^{\frac{x}{k}} \left( \frac{2k+x-k}{k} \right) \\ &= \frac{1}{k}(x-k)(x+k)e^{\frac{x}{k}} \\ &= \frac{1}{k}(x^2-k^2)e^{\frac{x}{k}} \end{aligned} $$
令 $f'(x)=0$，解得 $x=k$ 或 $x=-k$。由于 $e^{\frac{x}{k}}>0$，导数的符号取决于 $\frac{1}{k}(x^2-k^2)$。

1. 当 $k>0$ 时，$\frac{1}{k}>0$。
* 若 $x < -k$ 或 $x > k$，则 $x^2 - k^2 > 0$，故 $f'(x) > 0$，函数单调递增；
* 若 $-k < x < k$，则 $x^2 - k^2 < 0$，故 $f'(x) < 0$，函数单调递减。
此时，单调递增区间为 $(-\infty, -k)$ 和 $(k, +\infty)$，单调递减区间为 $(-k, k)$。

2. 当 $k<0$ 时，$\frac{1}{k}<0$。
* 若 $x < k$ 或 $x > -k$，则 $x^2 - k^2 > 0$，故 $f'(x) < 0$，函数单调递减；
* 若 $k < x < -k$，则 $x^2 - k^2 < 0$，故 $f'(x) > 0$，函数单调递增。
此时，单调递减区间为 $(-\infty, k)$ 和 $(-k, +\infty)$，单调递增区间为 $(k, -k)$。

（Ⅱ）题目要求对于任意 $x \in (0, +\infty)$，都有 $f(x) \leq \frac{1}{e}$。

1. 若 $k>0$：
由（Ⅰ）知，$f(x)$ 在 $(k, +\infty)$ 上单调递增。
取 $x_0 = k+1$，因为 $k>0$，所以 $x_0 > k$，且 $x_0 \in (0, +\infty)$。
$$ f(k+1) = (k+1-k)^2 e^{\frac{k+1}{k}} = 1 \cdot e^{1+\frac{1}{k}} = e \cdot e^{\frac{1}{k}} $$
因为 $k>0$，所以 $\frac{1}{k} > 0$，则 $e^{\frac{1}{k}} > 1$，故 $f(k+1) > e > \frac{1}{e}$。
这与 $f(x) \leq \frac{1}{e}$ 恒成立矛盾，故 $k>0$ 不合题意。

2. 若 $k<0$：
由（Ⅰ）知，$f(x)$ 在 $(0, -k)$ 上单调递增，在 $(-k, +\infty)$ 上单调递减。（注意：因为 $k<0$，所以 $-k>0$，区间 $(0, -k)$ 存在且非空）。
因此，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上的最大值为 $f(-k)$。
$$ f(-k) = (-k-k)^2 e^{\frac{-k}{k}} = (-2k)^2 e^{-1} = 4k^2 \cdot \frac{1}{e} = \frac{4k^2}{e} $$
要使 $f(x) \leq \frac{1}{e}$ 对任意 $x \in (0, +\infty)$ 恒成立，只需最大值满足：
$$ \frac{4k^2}{e} \leq \frac{1}{e} $$
即 $4k^2 \leq 1$，解得 $-\frac{1}{2} \leq k \leq \frac{1}{2}$。
结合前提条件 $k<0$，可得 $-\frac{1}{2} \leq k < 0$。

综上所述，$k$ 的取值范围是 $[-\frac{1}{2}, 0)$。