解题思路：（1）h（x）=f（x）-x+2=kex-x，h′（x）=kex-1．由于函数h（x）有两个不同的零点，因此h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．
（2））由于k＞0，对∀x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，可得k＞0，对∀x＞0，f（x）-g（x）=
k
e
x
+
k+1
x
−2k−2
≥0恒成立⇔u（x）=kxex-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，∀x＞0．利用研究函数的单调性极值即可得出．
（1）h（x）=f（x）-x+2=kex-x，
h′（x）=kex-1．
∵函数h（x）有两个不同的零点，∴h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．
∴h′（x）=0有实数根，
当k≤0时，h′（x）＜0，不满足题意，应舍去．
∴k＞0．
h′(x)＝k(ex−
1
k)，
令h′（x）=0，解得x=-lnk．
当x＞-lnk时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增；当x＜-lnk时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减．
因此x=-lnk时，函数h（x）取得极小值，
∴h（-lnk）＜0，1+lnk＜0，解得0＜k＜
1
e．
（2）∵k＞0，对∀x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，
∴k＞0，对∀x＞0，f（x）-g（x）=kex+
k+1
x−2k−2≥0恒成立
⇔u（x）=kxex-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，∀x＞0．
u′（x）=kex+kxex-（2k+2）=v（x），
v′（x）=k（2+x）ex＞0，
∴v（x）即u′（x）在（0，+∞）上单调递增，
而u′（0）=-k-2＜0，x→+∞，u′（x）＞0．
∴u（x）存在极小值点．
令u′（x0）=0，
kex0+kx0ex0−(2k+2)＝0，
∴ex0=[2k+2
k+kx0，k＝
2
ex0+x0ex0−2．
则u（x0）=kx0ex0-（2k+2）x0+（k+1）=
kx0(2k+2)
k+kx0-（2k+2）x0+（k+1）=
(2k+2)x0−(2k+2)x0(1+x0)+(k+1)(1+x0)
1+x0≥0，
∴2
x20−x0−1≤0，
解得0＜x0≤1．
∴0＜ex0+x0ex0−2≤2e−2，
则k≥
1/e−1]．
∴k的取值范围是[
1
e−1，+∞)．
点评：
本题考点： 指数函数综合题．
考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了多次求导解决问题，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．