(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x 0,且满足x 0∈(3,4),
当1<x<x 0时,r(x)<0,即p′(x)<0;当x>x 0时,r(x)>0,即p′(x)>0.
所以函数p(x)=
xlnx+x
x-1 +2 在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,又r(x 0)=x 0-lnx 0-2=0,所以lnx 0=x 0-2.
所以 [p(x) ] min =p( x 0 )=
x 0 ln x 0 + x 0
x 0 -1 +2 =
x 0 (ln x 0 +1)
x 0 -1 +2 =
x 0 ( x 0 -2+1)
x 0 -1 +2 =x 0+2∈(5,6),
所以k<[p(x)] min=x 0+2∈(5,6)
故整数k的最大值是5.