（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．

因此，当x=0时h（x）取得最大值h（0）=2；

（2）证明：当0＜b＜a时，-1＜

b-a

2a

＜0，

由（1）知：当-1＜x＜0时，h（x）＜2，即ln（x+1）＜x．

因此，有f（a+b）-f（2a）=ln

b+a

2a

=ln（1+

b-a

2a

）＜

b-a

2a

．

（3）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4化为k＜

xlnx+x

x-1

+2

所以k＜

xlnx+x

x-1

+2对任意x＞1恒成立．

令g（x）=

xlnx+x

x-1

+2，则g′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

，

令h（x）=x-lnx-2（x＞1），则 h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，

所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．

因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，

所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．

当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x＞x₀时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，

所以函数g（x）=

xlnx+x

x-1

+2在（1，x₀），上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．

所以[g（x）]_min=g（x₀）=

x0 (1+lnx0)

x0-1

+2=

x0 (1+x0-2)

x0-1

+2=x₀+2∈（5，6）．

所以k＜[g（x）]_min=x₀+2∈（5，6）．

故整数k的最大值是5．