解题思路：（1）求导数，确定函数的单调性，即可求函数g（x）=f（x）-x+1的极值；
（2）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可求函数h（x）=f（x）+|x-a|（a为实常数）的单调区间；
（3）注意：①适当变形后研究函数h（x）；②当k＞2时，区间（1，k-1）是如何找到的．
（1）g （x）=lnx-x+1，g′（x）=[1/x]-1=[1−x/x]，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0；当x＞1时，g′（x）＜0，
可得g （x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故g （x）有极大值为g （1）=0，无极小值．
（2）h（x）=lnx+|x-a|．
当a≤0时，h（x）=lnx+x-a，h′（x）=1+[1/x]＞0恒成立，此时h（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，h（x）=
lnx+x−a，x≥a
lnx−x+a，0＜x＜a
①当x≥a时，h（x）=lnx+x-a，h′（x）=1+[1/x]＞0恒成立，此时h（x）在（a，+∞）上单调递增；
②当0＜x＜a时，h（x）=lnx-x+a，h′（x）=[1/x]-1=[1−x/x]．
当0＜a≤1时，h′（x）＞0恒成立，此时h（x）在（0，a）上单调递增；
当a＞1时，当0＜x＜1时h′（x）＞0，当1≤x＜a时h′（x）≤0，
所以h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，a）上单调递减．
综上，当a≤1时，h（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞1时，h（x）增区间为（0，1），（a，+∞）；减区间为（1，a）．
（3）不等式（x2-1）f （x）≥k（x-1）2对一切正实数x恒成立，
即（x2-1）lnx≥k（x-1）2对一切正实数x恒成立．
当0＜x＜1时，x2-1＜0；lnx＜0，则（x2-1）lnx＞0；
当x≥1时，x2-1≥0；lnx≥0，则（x2-1）lnx≥0．
因此当x＞0时，（x2-1）lnx≥0恒成立．
又当k≤0时，k（x-1）2≤0，故当k≤0时，（x2-1）lnx≥k（x-1）2恒成立．
下面讨论k＞0的情形．
当x＞0且x≠1时，（x2-1）lnx-k（x-1）2=（x2-1）[lnx-
k(x−1)
x+1]．
设h（x）=lnx-
k(x−1)
x+1（ x＞0且x≠1），h′（x）=[1/x]-
2k
(x+1)2=
x2+2(1−k)x+1
x(x+1)2．
记△=4（1-k）2-4=4（k2-2k）．
①当△≤0，即0＜k≤2时，h′（x）≥0恒成立，故h（x）在（0，1）及（1，+∞）上单调递增．
于是当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）=0，又x2-1＜0，故（x2-1）h（x）＞0，即（x2-1）lnx＞k（x-1）2．
当x＞1时，h（x）＞h（1）=0，又x2-1＞0，故（x2-1）h（x）＞0，即（x2-1）lnx＞k（x-1）2．
又当x=1时，（x2-1）lnx=k（x-1）2．
因此当0＜k≤2时，（x2-1）lnx≥k（x-1）2对一切正实数x恒成立．
②当△＞0，即k＞2时，设x2+2（1-k）x+1=0的两个不等实根分别为x1，x2（x1＜x2）．
函数φ（x）=x2+2（1-k）x+1图象的对称轴为x=k-1＞1，
又φ（1）=4-2k＜0，于是x1＜1＜k-1＜x2．
故当x∈（1，k-1）时，φ（x）＜0，即h′（x）＜0，从而h（x）在（1，k-1）在单调递减；
而当x∈（1，k-1）时，h（x）＜h（1）=0，此时x2-1＞0，于是（x2-1）h（x）＜0，即（x
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想．第三问比较难，两个注意：①适当变形后研究函数h（x）；②当k＞2时，区间（1，k-1）是如何找到的．