（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．
