前言：導數，應試
題.已知∀x>0,e(kx−1)/(x+1)<x+1 中，則整數k 的最大值爲是_.
解1：先作“嘗試”，如果直接構造f(x)=x+1−e(kx−1)/(x+1) ，求導後
f′(x)=(x+1)2−(k+1)e(kx−1)/(x+1)(x+1)2.
比原函數還複雜，因此，需改造題目．首選兩邊取自然對數
∀x>0,e(kx−1)/(x+1)<x+1⟺kx−1x+1<ln(x+1),x>0.
令
f(x)=ln(x+1)−kx−1x+1,x>0.
於是，原問題轉化爲求
f(x)min>0 即可．
求導得
f′(x)=x−k(x+1)2.
當k⩽0 時，f′(x)>0 ，從而f(x) 在(0,+∞) 單調遞增，所以
f(x)min⩾f(0)=1>0.
此時整數
k 的最大值爲
0 ．
當k>0 時,令f′(x)=0⇒x=k ，得到x,f′(x),f(x) 的關係如下表
xf′(x)f(x)(0,k)−↘k0(k,+∞)+↗
於是
f(x)min=f(k)=ln(k+1)−k2−1k+1=ln(k+1)−k+1.
這樣原問題又“變化”爲
f(k) 與0的大小關係，即需求
ln(k+1)−k+1>0 的解集．
記g(x)=ln(x+1)−x+1,x>0 ，求導得g′(x)=−xx+1<0, 即g(x) 在(0,+∞) 單調遞減，又
g(2)=ln3−1>0,g(3)=ln4−2<0.
從而存在惟一的
k0 使得
g(k0)=0, 即
∃k0∈(2,3),g(k0)=ln(k0+1)−k0+1=0.
亦是
∀k∈(0,k0),f(x)min=f(k)>f(k0)=0.
綜上，k 的最大整數值爲2．
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解2：在解1中，我得得到了
∀x>0,e(kx−1)/(x+1)<x+1⟺kx−1x+1<ln(x+1),x>0.
也可以嘗試分離參變量．
進一步，有
k<(x+1)ln(x+1)+1x,x>0.
記
F(x)=(x+1)ln(x+1)+1x,x>0.
於是原問題等價於求
F(x) 的最小值，求導得
F′(x)=x−1−ln(x+1)x2=−(ln(x+1)−x+1)x2,x>0.
由解1中，知g(x)=ln(x+1)−x+1,x>0 在單調遞減，且
∃x0∈(2,3),g(x0)=ln(x0+1)−x0+1=0⇒ln(x0+1)=x0−1.
令F′(x)=x−1−ln(x+1)x2=0⇒x=x0 ，從而得到x,F′(x),F(x) 的關係如下表
xF′(x)F(x)(0,x0)−↘x00(x0,+∞)+↗
於是
F(x)min=F(x0)=(x0+1)ln(x0+1)+1x0=(x0+1)(x0−1)+1x0=x0∈(2,3).
所以，
k 的最大整數值爲2．
