解题思路：（1）（i）先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x2-bx+1）这种形式，再说明h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，即可证明函数f（x）具有性质P（b）；
（2）根据第一问令φ（x）=x2-bx+1，讨论对称轴与2的大小，当b≤2时，对于x＞1，φ（x）＞0，所以f′（x）＞0，可得f（x）在区间（1，+∞）上单调性，当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴 x=[b/2]＞1，可求出方程φ（x）=0的两根，判定两根的范围，从而确定φ（x）的符号，得到f′（x）的符号，最终求出单调区间．
（2）由题设知，函数g（x）得导数g′（x）=h（x）（x2-2x+1），其中h（x）＞0对于任意得x∈（1，+∞）都成立
当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）2＞0，从而g（x）在（1，+∞）上单调递增分①m∈（0，1）②m≤0③m≥1三种情况讨论求解m得范围即可
（1）f′（x）=[1/x]-
b+2
(x+1)2=
1
x(x+1)2(x2−bx+1)
∵x＞1时，h（x）=
1
x(x+1)2＞0恒成立，
∴函数f（x）具有性质P（b）；
（ii）当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x2-bx+1≥x2-2x+1=（x-1）2＞0
所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴 x=[b/2]＞1，
方程φ（x）=0的两根为：
b+
b2−4
2，
b−
b2−4
2
而
b+
b2−4
2＞1，
b−
b2−4
2＝
2
b+
b2−4∈（0，1）
当 x∈（1，
b+
b2−4
2）时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，
故此时f（x）在区间 （1，
b+
b2−4
2）上递减；
同理得：f（x）在区间[
b+
b2−4
2，+∞）上递增．
综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，f（x）在 （1，，
b+
b2−4
2）上递减；f（x）在[
b+
b2−4
2，+∞）上递增．
（2）由题设知，函数g（x）得导数g′（x）=h（x）（x2-2x+1），其中h（x）＞0对于任意得x∈（1，+∞）都成立
∴当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）2＞0，从而g（x）在（1，+∞）上单调递增
①m∈（0，1），α=mx1+（1-m）x2＞mx1+（1-m）x1=x1
α＜mx2+（1-m）x2=x2
∴α∈（x1，x2）同理可得β∈（x1，x2）
由g（x）得单调性可知，g（α），g（β）∈（g（x1），g（x2））
从而有|g（α）-g（β）|≥|g（x1）-g（x2）|符合题意
②m≤0时，α=mx1+（1-m）x2≥mx2+（1-m）x2=x2
β=（1-m）x1+mx2≤（1-m）x1+mx1=mx1
于是由α＞1，β＞1及g（x）得单调性可知g（β）≤g（x1）＜g（x2）≤g（α）
∴|g（α）-g（β）|≥|g（x1）-g（x2）|与题设不符
③m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，进而可得|g（α）-g（β）|≥|g（x1）-g（x2）|与题设不符
综合①②③可得m∈（0，1）
点评：
本题考点： 不等式比较大小；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．