Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=x²-2x
（1）设h（x）=f（x+1）-g（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数），求h（x）的最大值；
（2）设k∈Z，当x＞1时，不等式k（x-l）＜xf （x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer

（1）求出函数h（x）的定义域，h′（x），利用h′（x）研究函数的单调性，即可求出h（x）的最大值．
（2）由x＞1，可知该不等式可变为k＜恒成立，从而可转化为求函数的最小值问题，利用导数即可求得．
【解析】
（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，（x＞-1）
所以h′（x）=，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＜=，所以不等式转化为k＜对任意x＞1恒成立．
令p（x）=，则p′（x）=，令r（x）=x-lnx-2（x＞1），则r′（x）=1-=＞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x，且满足x∈（3，4），
当1＜x＜x时，r（x）＜0，即p′（x）＜0；当x＞x时，r（x）＞0，即p′（x）＞0．
所以函数p（x）=在（1，x）上单调递减，在（x，+∞）上单调递增，又r（x）=x-lnx-2=0，所以lnx=x-2．
所以===x+2∈（5，6），
所以k＜[p（x）]min=x+2∈（5，6）
故整数k的最大值是5．