高考數學熱點函數導數題型解析(6)

　　【例1－2】解　(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因為f(－2)＝－10，

　　f －22＝2，f 22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在區間[－2，1]上的最大值為f －22＝2.

　　(2)設過點P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，y0)，則y0＝2x30－3x0，且切線斜率為k＝6x20－3，

　　所以切線方程為y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因為t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，

　　設g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則"過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切"等價于"g(x)有3個不同零點".

　　g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，當x變化時，g(x)與g′(x)的變化情況如下：

　　x    (－∞，0)    0    (0，1)    1    (1，＋∞)

　　g′(x)    ＋    0    －    0    ＋

　　g(x)     ?    t＋3    ?     t＋1     ?

　　所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值.

　　當g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時，此時g(x)在區間(－∞，1]和[1，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點.

　　當g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時，此時g(x)在區間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點.

　　當g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1時，因為g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分別在區間[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1個零點，由于g(x)在區間

　　(－∞，0)和(1，＋∞)上單調，所以g(x)分別在區間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個零點.綜上可知，當過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時，t的取值范圍是(－3，－1).

　　(3)過點A(－1，2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切；過點B(2，10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切；

　　過點C(0，2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切.

　　探究提高　解決曲線的切線問題的關鍵是求切點的橫坐標，解題時先不要管其他條件，先使用曲線上點的橫坐標表達切線方程，再考慮該切線與其他條件的關系，如本題第(2)問中的切線過點(1，t).

　　【訓練1】(1)解　因為f′(x)＝3x2－1.所以曲線f(x)＝x3－x在點M(λ0，f(λ0))處的切線的斜率為k＝f′(λ0)＝3λ20－1.

　　所以切線方程為y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.

　　(2)證明　由(1)知曲線f(x)＝x3－x在點(λ，f(λ))處的切線的方程為y＝(3λ2－1)x－2λ3.若切線過點N(2，1)，則1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.過點N可作曲線f(x)的三條切線等價于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三個不同的解.

　　設g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，則g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).當λ變化時，g′(λ)，g(λ)的變化情況如下表：

　　λ    (－∞，0)    0    (0，2)    2    (2，＋∞)

　　g′(λ)    ＋    0    －    0    ＋

　　g(λ)    ?     極大值3     ?    極小值－5    ?

　　因為g(λ)在R上只有一個極大值3和一個極小值－5，所以過點N可以作曲線f(x)＝x3－x的三條切線.

　　【例2－1】 解　(1)∵f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x·(x－1)ex，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜0；

　　由f′(x)＜0，得0＜x＜1.∴f(x)在(－∞，0]，[1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減，

　　若使f(x)在[－2，t]上為單調函數，則需－2＜t≤0，即t的取值范圍為(－2，0].

　　(2)∵f′（x0）ex0＝x20－x0，f′（x0）ex0＝23(t－1)2，即x20－x0＝23(t－1)2，令g(x)＝x2－x－23(t－1)2，則問題轉化為當1＜t＜4時，求方程g(x)＝x2－x－23(t－1)2＝0在[－2，t]上的解的個數.

　　∵g(－2)＝6－23(t－1)2＝－23(t＋2)(t－4)，g(t)＝t(t－1)－23(t－1)2＝13(t＋2)(t－1)，

　　∴當1＜t＜4時，g(－2)＞0且g(t)＞0，∵g(0)＝－23(t－1)2＜0，∴g(x)＝0在[－2，t]上有兩解.

　　即滿足f′（x0）ex0＝23(t－1)2的x0的個數為2.

　　探究提高　研究方程的根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，并借助函數的大致圖象判斷方程根的情況，這是導數這一工具在研究方程中的重要應用.

　　【例2－2】解　(1)f′(x)＝ln x＋1，所以切線斜率k＝f′(1)＝1.     又f(1)＝0，∴曲線在點(1，0)處的切線方程為y＝x－1.由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1?   x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：

　　當Δ＞0時，即a＜－1或a＞3時，有兩個公共點；當Δ＝0時，即a＝－1或a＝3時，有一個公共點；

　　當Δ＜0時，即－1＜a＜3時，沒有公共點.

　　(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xln x，由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.

　　令h(x)＝x＋2x＋ln x，則h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.當x∈1e，e時，由h′(x)＝0，得x＝1.

　　所以h(x)在1e，1上單調遞減，在[1，e]上單調遞增，因此h(x)min＝h(1)＝3.

　　由h1e＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比較可知h1e＞h(e)，所以，結合函數圖象可得，

　　當3＜a≤e＋2e＋1時，函數y＝f(x)－g(x)有兩個零點.

　　探究提高　對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解.這類問題求解的通法是：

　　(1)構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；(2)求導數，得單調區間和極值點；(3)畫出函數草圖；(4)數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解.

　　【訓練2】 解　(1)由已知，得f′(x)＝a(sin x＋xcos x)，且a＞0.當x∈0，π2時，有sin x＋xcos x＞0，從而f′(x)＞0，f(x)在0，π2上是增函數，又f(x)在0，π2上的圖象是連續不斷的，故f(x)在0，π2上的最大值為f π2，

　　即π2a－32＝π－32，解得a＝1.綜上所述得f(x)＝xsin x－32.

　　(2)f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.證明如下：由(1)知，f(x)＝xsin x－32，從而f(0)＝－32＜0，f π2＝π－32＞0.

　　又f(x)在0，π2上的圖象是連續不斷的，所以f(x)在0，π2內至少存在一個零點.又由(1)知f(x)在0，π2上單調遞增，故f(x)在0，π2內有且只有一個零點.當x∈π2，π時，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.

　　由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的圖象是連續不斷的，故存在m∈π2，π，使得g(m)＝0.

　　由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈π2，π時，有g′(x)＜0，從而g(x)在π2，π內單調遞減.

　　①當x∈π2，m時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在π2，m內單調遞增，

　　故當x∈π2，m時，f(x)≥f π2＝π－32＞0，故f(x)在π2，m上無零點；

　　②當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減.

　　又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)的圖象在[m，π]上連續不間斷，從而f(x)在區間(m，π)內有且僅有一個零點.

　　綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.

　　一、選擇題

　　1.解析　易知點(－1，－1)在曲線上，且y′＝x＋2－x（x＋2）2＝2（x＋2）2，所以切線斜率k＝y′|x＝－1＝21＝2.

　　由點斜式得切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.答案　A

　　2.解析　∵f′(x)＝－asin x，∴f′(0)＝0.又g′(x)＝2x＋b，∴g′(0)＝b，∴b＝0.

　　又g(0)＝1＝m，∴f(0)＝a＝m＝1，∴a＋b＝1.答案　C

　　3.解析　∵y′＝3x2＋a.∴y′|x＝1＝3＋a＝k，又3＝k＋1，∴k＝2，∴a＝－1.又3＝1＋a＋b，∴b＝3，

　　∴2a＋b＝－2＋3＝1.答案　C

　　4.解析　依題意得y′＝1＋ln x，y′|x＝e＝1＋ln e＝2，所以－1a×2＝－1，a＝2，故選A.

　　5.解析　由題意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函數f(x)在R上是單調遞增的，

　　而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，

　　所以函數f(x)的零點a∈(0，1)；由題意，知g′(x)＝1x＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是單調遞增的，

　　又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函數g(x)的零點b∈(1，2).綜上，可得0＜a＜1＜b＜2.因為f(x)在R上是單調遞增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).答案　A

　　6.解析　f′(x)＝3x2＋2f′23x－1，令x＝23，可得f′23＝3×232＋2f′23×23－1，

　　解得f′23＝－1，所以f(x)的圖象在點23，f23處的切線斜率是－1.答案　－1

　　7.解析　由題意知使函數f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，

　　又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.當x＜0時，f′(x)＞0；當0＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0，所以當x＝0時，f(x)取得極大值，即f(x)極大值＝f(0)＝－a；當x＝2時，f(x)取得極小值，即f(x)極小值＝f(2)＝－4－a，所以－a＞0，－4－a＜0，解得－4＜a＜0.答案　(－4，0)

　　8.解析　令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，當a≥0時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增，必有一個實根，④⑤正確；當a<0時，由于選項當中a＝－3，∴只考慮a＝－3這一種情況，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)極大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)極小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使f(x)＝0僅有一個實根，則而f(x)極大<0或

　　f(x)極小>0，∴b<－2或b>2，①③正確，所有正確條件為①③④⑤.

　　9.解(1)y′＝aeax，因為曲線C在點(0，1)處的切線為y＝2x＋m，所以1＝2×0＋m且y′|x＝0＝2，解得m＝1，a＝2.

　　(2)法一　對于任意實數a，曲線C總在直線y＝ax＋b的上方，等價于?x，a∈R，都有eax＞ax＋b，

　　即?x，a∈R，eax－ax－b＞0恒成立.令g(x)＝eax－ax－b，①若a＝0，則g(x)＝1－b，所以實數b的取值范圍是b＜1；②若a≠0，g′(x)＝a(eax－1)，由g′(x)＝0得x＝0，g′(x)，g(x)的變化情況如下：

　　x    (－∞，0)    0    (0，＋∞)

　　g′(x)    －    0    ＋

　　g(x)    ?     極小值    ?

　　所以g(x)的最小值為g(0)＝1－b，所以實數b的取值范圍是b＜1.綜上，實數b的取值范圍是b＜1.

　　法二　對于任意實數a，曲線C總在直線y＝ax＋b的上方，等價于?x，a∈R，都有eax＞ax＋b，即?x，a∈R，b＜eax－ax恒成立.令t＝ax，則等價于?t∈R，b＜et－t恒成立.令g(t)＝et－t，則g′(t)＝et－1.由g′(t)＝0得t＝0，

　　g′(t)，g(t)的變化情況如下：

　　t    (－∞，0)    0    (0，＋∞)

　　g′(t)    －    0    ＋

　　g(t)    ?     極小值    ?

　　所以g(t)＝et－t的最小值為g(0)＝1，所以實數b的取值范圍是b＜1.

　　10.解　(1)當a＝2時，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2，切點坐標為(1，1)，

　　切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.

　　(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，則g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因為x∈1e，e，所以當g′(x)＝0時，x＝1.

　　當1e＜x＜1時，g′(x)＞0；當1＜x＜e時，g′(x)＜0.故g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝m－1.又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g1e＝4－e2＋1e2＜0，則g(e)＜g1e，所以g(x)在1e，e上的最小值是g(e).g(x)在1e，e上有兩個零點的條件是g（1）＝m－1＞0，g1e＝m－2－1e2≤0，解得1＜m≤2＋1e2，所以實數m的取值范圍是1，2＋1e2.

　　11. 解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－2a3.當a＝0時，因為f′(x)＝3x2≥0，

　　所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；當a＞0時，x∈－∞，－2a3∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0，x∈－2a3，0時，

　　f′(x)＜0，所以函數f(x)在－∞，－2a3，(0，＋∞)上單調遞增，在－2a3，0上單調遞減；

　　當a＜0時，x∈(－∞，0)∪－2a3，＋∞時，f′(x)＞0，x∈0，－2a3時，f′(x)＜0，所以函數f(x)在(－∞，0)，－2a3，＋∞上單調遞增，在0，－2a3上單調遞減.

　　(2)由(1)知，函數f(x)的兩個極值為f(0)＝b，f－2a3＝427a3＋b，則函數f(x)有三個零點等價于f(0)·f－2a3＝b427a3＋b＜0，從而a＞0，－427a3＜b＜0或a＜0，0＜b＜－427a3.又b＝c－a，所以當a＞ 0時，427a3－a＋c＞0或當a＜0時，427a3－a＋c＜0.設g(a)＝427a3－a＋c，因為函數f(x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪1，32∪32，＋∞，則在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在1，32∪32，＋∞上g(a)＞0均恒成立.從而g(－3)＝c－1≤0，且g32＝c－1≥0，因此c＝1.此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函數有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，

　　且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪1，32∪32，＋∞.綜上c＝1.

　　第5講　導數與不等式、存在性及恒成立問題

　　真 題 感 悟

　　證明　(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，則有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.當x∈(0，＋∞)時，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞減，故當x＞0時，F(x)＜F(0)＝0，即當x＞0時，f(x)＜x.

　　(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋（1－k）x＋1.

　　當k≤0時，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調遞增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正實數x0均滿足題意.

　　當0＜k＜1時，令G′(x)＝0，得x＝1－kk＝1k－1＞0，取x0＝1k－1，對任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，

　　從而G(x)在(0，x0)單調遞增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x).

　　綜上，當k＜1時，總存在x0＞0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).

　　【例1－1】(1)解　易知f′(x)＝ex－1x＋m.由x＝0是f(x)的極值點得f′(0)＝0，所以m＝1.

　　于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域為(－1，＋∞)，∴f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函數，且f′(0)＝0.

　　當x∈(－1，0)時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0.故f(x)在(－1，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增.

　　(2)證明　當m≤2，x>－m時，ln(x＋m)≤ln(x＋2).故只需證明當m＝2時，f(x)>0.當m＝2時，f′(x)＝ex－1x＋2在

　　(－2，＋∞)上單調遞增.又f′(－1)＝1e－1<0，f′(0)＝1－12>0.所以f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一實根x0，且－1<x0<0.

　　于是y＝f(x)在x＝x0處，取到最小值.又f′(x0)＝0，得ex0＝1x0＋2，兩邊取對數得ln(x0＋2)＝－x0.

　　故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2>0.綜上可知，當m≤2時，f(x)>0成立.

　　探究提高　(1)證明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通過構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，將上述不等式轉化為求證h(x)≥0或h(x)≤0，從而利用求h(x)的最小值或最大值來證明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min來證明不等式.

　　(2)在證明不等式時，如果不等式較為復雜，則可以通過不等式的性質把原不等式變換為簡單的不等式，再進行證明.

　　【例1－2】解　(1)①在區間(0，＋∞)上，f′(x)＝a－1x＝ax－1x，當a≤0時，f′(x)＜0恒成立，f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞減；當a＞0時，令f′(x)＝0得x＝1a，在區間0，1a上，f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減，在區間1a，＋∞上，

　　f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增.綜上所述：當a≤0時，f(x)的單調遞減區間是(0，＋∞)，無單調遞增區間；

　　當a＞0時，f(x)的單調遞減區間是0，1a，單調遞增區間是1a，＋∞.

　　②因為函數f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，經檢驗可知滿足題意.由已知f(x)≥bx－2，即

　　x－1－ln x≥bx－2，即1＋1x－ln xx≥b對?x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋1x－ln xx，則g′(x)＝－1x2－1－ln xx2＝ln x－2x2，易得g(x)在(0，e2]上單調遞減，在[e2，＋∞)上單調遞增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.

　　(2)f(x)＝xln xx＋1，?x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即ln x≤mx－1x.設g(x)＝ln x－mx－1x，即?x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等價于函數g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.g′(x)＝1x－m1＋1x2＝－mx2＋x－mx2.

　　①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，即g(x)≥g(1)＝0，這與要求的g(x)≤0矛盾.

　　②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判別式Δ＝1－4m2.當Δ≤0，即m≥12時，g′(x)≤0.

　　所以g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，g(x)max＝g(1)＝0，即不等式成立；

　　當0＜m＜12時，方程－mx2＋x－m＝0的兩根分別為x1＝1－1－4m22m＜1，x2＝1＋1－4m22m＞1.

　　當x∈(1，x2)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增，g(x)＞g(1)＝0，與要求矛盾.綜上所述，m≥12.

　　探究提高　對于求不等式成立時的參數范圍問題，在可能的情況下把參數分離出來，使不等式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區間上具體的函數，這樣就把問題轉化為一端是函數，另一端是參數的不等式，便于問題的解決.但要注意分離參數法不是萬能的，如果分離參數后，得出的函數解析式較為復雜，性質很難研究，就不要使用分離參數法.

　　【訓練1】解　(1)函數f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝1x＋1－2x，由f′(x)＞0，得－1＜x＜3－12；

　　由f′(x)＜0，得x＞3－12.所以函數f(x)的單調遞增區間為－1，3－12，單調遞減區間為3－12，＋∞.

　　(2)法一　由已知f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立，得k＜（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，

　　令g(x)＝（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，則g′(x)＝x－1－ln（x＋1）x2，設h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，

　　則h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞增.

　　而h(2)＝1－ln 3＜0，h(3)＝2－ln 4＞0，由零點存在定理，知存在x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0，

　　即1＋ln(x0＋1)＝x0，又函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以當x∈(0，x0)時，h(x)＜h(x0)＝0；

　　當x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞h(x0)＝0.從而當x∈(0，x0)時，g′(x)＝h（x）x2＜0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＝h（x）x2＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(x0)＝（x0＋1）[1＋ln（x0＋1）]x0＝x0＋1.因此f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立等價于k＜g(x)min＝x0＋1.由x0∈(2，3)，知x0＋1∈(3，4)，所以k的最大值為3.

　　法二　由題意，1＋ln(x＋1)＞kxx＋1在(0，＋∞)上恒成立.設g(x)＝1＋ln(x＋1)－kxx＋1(x＞0)，

　　則g′(x)＝1x＋1－k（x＋1）2＝x－（k－1）（x＋1）2，

　　(ⅰ)當k＝1時，則g′(x)＝x（x＋1）2＞0，所以g(x)單調遞增，g(0)＝1＞0，即g(x)＞0恒成立.

　　(ⅱ)當k＞1時，則g(x)在(0，k－1)上單調遞減，在(k－1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)的最小值為g(k－1)，只需g(k－1)＞0即可，即ln k－k＋2＞0.設h(k)＝ln k－k＋2(k＞1)，h′(k)＝1－kk＜0，則h(k)單調遞減，

　　因為h(2)＝ln 2＞0，h(3)＝ln 3－1＞0，h(4)＝ln 4－2＜0，所以k的最大值為3.