已知函数f（x）=lnx，g（x）=[1/2]x2-2x

（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，（x＞-1）
所以h′（x）=[1/x+1−1＝
−x
x+1]，当-1＜x＜0时，h′（x）＞0；当x＞0时，h′（x）＜0．
因此，h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．
故当x=0时，h（x）取得最大值h（0）=2．
（2）∵xf（x）+3g′（x）+4=xlnx+3（x-2）+4=xlnx+3x-2，
∴当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4可化为
k＜[xlnx+3x−2/x−1]=[xlnx+x/x−1+2，所以不等式转化为k＜
xlnx+x
x−1+2对任意x＞1恒成立．
令p（x）=
xlnx+x
x−1+2，则p′（x）=
x−lnx−2
(x−1)2]，令r（x）=x-lnx-2（x＞1），则r′（x）=1-[1/x]=[x−1/x]＞0
所以r（x）在（1，+∞）上单调递增．因为r（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，r（4）=4-ln4-2=2-2ln2＞0，
所以r（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4），
当1＜x＜x₀时，r（x）＜0，即p′（x）＜0；当x＞x₀时，r（x）＞0，即p′（x）＞0．
所以函数p（x）=[xlnx+x/x−1+2在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，又r（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，所以lnx₀=x₀-2．
所以[p(x)]min＝p(x0)＝
x0lnx0+x0
x0−1+2=
x0(lnx0+1)
x0−1+2=
x0(x0−2+1)
x0−1+2=x₀+2∈（5，6），
所以k＜[p（x）]_min=x₀+2∈（5，6）
故整数k的最大值是5．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了利用导数求函数最值问题、函数恒成立问题，运用了转化思想．

1年前

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