解:(1)由f(x)=ln x+,得f′(x)=. ①证明:因为x>1时,h(x)=>0,所以函数f(x)具有性质P(b). ②当b≤2时,由x>1得x2-bx+1≥x2-2x+1=(x-1)2>0, 所以f′(x)>0.从而函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 当b>2时,令x2-bx+1=0得 x1=,x2=. 因为x1==<<1, x2=>1, 所以当x∈(1,x2)时,f′(x)<0;当x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0;当x=x2时,f′(x)=0.从而函数f(x)在区间(1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增. 综上所述,当b≤2时,函数f(x)的单调增区间为(1,+∞); 当b>2时,函数f(x)的单调减区间为(1,),单调增区间为(,+∞). (2)由题设知,g(x)的导函数 g′(x)=h(x)(x2-2x+1), 其中函数h(x)>0对于任意的x∈(1,+∞)都成立, 所以当x>1时,g′(x)=h(x)(x-1)2>0, 从而g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. ①当m∈(0,1)时, 有α=mx1+(1-m)x2>mx1+(1-m)x1=x1, α<mx2+(1-m)x2=x2,即α∈(x1,x2), 同理可得β∈(x1,x2). 所以由g(x)的单调性知g(α),g(β)∈(g(x1),g(x2)),从而有|g(α)-g(β)|<|g(x1)-g(x2)|,符合题意. ②当m≤0时,α=mx1+(1-m)x2≥mx2+(1-m)x2=x2,β=(1-m)x1+mx2≤(1-m)x1+mx1=x1,于是由α>1,β>1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x1)<g(x2)≤g(α), 所以|g(α)-g(β)|≥|g(x1)-g(x2)|,与题意不符. ③当m≥1时,同理可得α≤x1,β≥x2, 进而得|g(α)-g(β)|≥|g(x1)-g(x2)|,与题意不符. 综上所述,所求的m的取值范围为(0,1). |