解答：（1）解：∵f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1，
∴f′（x）=
-k=0，1 x-1
∴x=1+
，1 k
当k≤0时，f′（x）＞0函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立，
当k＞0时，函数f（x）在（1，1+
）单调递增，在（1+1 k
，+∞）单调递减，1 k
当x=1+
时，f（x）取最大值，f（1+1 k
）=ln1 k
≤0，∴k≥1；1 k
（2）证明：要证10 (4lge+
+lge 2
+…+lge 3
)＞（n+1）e lge n
，(1+n)n
nn
只需证明4lge+
+…+lge 2
＞lg[（n+1）e lge n
](1+n)n
nn
即证4+
+…+1 2
＞lg[（n+1）e 1 n
]÷lge(1+n)n
nn
即证4+
+…+1 2
＞ln[e1 n
（n+1）](1+n)n
nn
即证1+
+…+1 2
+3＞ln（n+1）+(1+1 n
)n1 n
由（1）知ln（1+x）＜x
令x=
，1 n
故ln（1+
）=ln（n+1）-lnn＜1 n
1 n
累加得，ln（n+1）＜1+
+…+1 2
1 n
∵ln（1+
）＜1 n
，∴(1+1 n
)n＜e＜3，1 n
∴1+
+…+1 2
+3＞ln（n+1）+(1+1 n
)n1 n
故10 (4lge+
+lge 2
+…+lge 3
)＞（n+1）e lge n
．(1+n)n
nn
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