（I）由已知f'（x₀）=0，即

e

x0

-

k

x02

=0，（2分）

∴x0=

k

e

，又f（x₀）=0，即eln

k

e

+e=0，∴k=1．（4分）

（II）f′(x)=

e

x

-

k

x2

=

e(x- k e )

x2

，

∵1≤k≤e，∴

1

e

≤k≤1，（6分）

由此得x∈(

1

e

，

k

e

)时，f（x）单调递减；

x∈(

k

e

，1)时，f（x）单调递增

故fmax(x)∈{f(

1

e

)，f(1)}（8分）

又f(

1

e

)=ek-e，f(1)=k

当ek-e＞k，即

e

e-1

＜k≤e时，

fmax(x)=f(

1

e

)=ek-e

当ek-e≤k，即1≤k≤

e

e-1

时，

f_max（x）=f（1）=k（10分）

（III）g′(x)=f′(x)-k=

e

x

-

k

x2

-k，

∵g（x）在(

1

e

，e)在是减函数，

∴g'（x）≤0在x∈(

1

e

，e)上恒成立

即

e

x

-

k

x2

-k≤0在x∈(

1

e

，e)上恒成立，

∴k≥

e

x+ 1 x

在x∈(

1

e

，e)上恒成立，（12分）

又x+

1

x

≥2

x• 1 x

=2当且仅当x=1时等号成立．

∴

e

x+ 1 x

≤

e

2

，∴k∈[

e

2

，+∞)（14分）