(1)当a=4时,可得f(x)=4lnx,此时h(x)=4lnx-x2, 由h′(x)=-x>0得-2<x<2,结合x>0,可得0<x<2. 所以h(x)的单调递增区间为(0,2).…(4分) (2)不等式f(x)+2g′(x)≤(a+3)x-g(x),即为alnx+2x≤(a+3)x-x2, 化简得:a(x-lnx)≥x2-x, 由x∈[1,e]知x-lnx>0,因而a≥,设y=, 由y′=(x-1)(x-lnx)-(1-)(x2-x) | (x-lnx)2 | =, ∵当x∈(1,e)时x-1>0,x+1-lnx>0,∴y′>0在x∈[1,e]时成立. 由不等式有解,可得知a≥ymin=-,即实数a的取值范围是[-,+∞)…(10分) (3)当a=1,f(x)=lnx. 由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立, 设t(x)=x2-xlnx(x>0). 由题意知x1>x2>0,故当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增, ∴t′(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥恒成立, 因此,记y=,得y′(x)=, ∵函数在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴函数h(x)在x=1时取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值. 由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.…(16分) |