Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=x-1．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意正实数x，不等式f（x）≥kg（x）恒成立，求实数k的值；
（Ⅲ）求证：2nlnn!≥（n-1）²（n∈N^*）．（其中n!=1×2×3×…×（n-1）×n）

Answer

（I）利用导数求出函数的极值，然后求f（x）的单调区间；
（II）令h（x）=xlnx-kx+k，利用导数研究其单调性得h（x）≥h（ek-1）=k-ek-1，从而有k-ek-1≥0，再令t（k）=k-ek-1，利用导数研究其单调性得k-ek-1≤0，利用两边夹原理即可得出k-ek-1=0，从而求出k的值；
（III）利用∀x＞1，xlnx＞x-1恒成立，结合取k=2，3，…，n-1，n．并累加得即可证明2nlnn!≥（n-1）2．
【解析】
（I）由题意可知：定义域：（0，+∞），f'（x）=lnx+1，令f'（x）=0，得x=，（1分）
则当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分）
当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增（4分）
（II）令h（x）=xlnx-kx+k，则h′（x）=1+lnx-k，
∴h（x）在（0，ek-1）上是减函数，在（ek-1，+∞）上是增函数，
∴h（x）≥h（ek-1）=k-ek-1，
由题意k-ek-1≥0，
令t（k）=k-ek-1，则t′（k）=1-ek-1，
∴t（k）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，
∴t（k）≤t（1）=0，
∴k-ek-1≤0，
∴k-ek-1=0，∴k=1．
（III）由（II）得，∀x＞1，xlnx＞x-1恒成立，∴lnx＞=1-，
令x=k2（k∈N*，k≥2），，
取k=2，3，…，n-1，n．并累加得：，
∴2nlnn!＞（n-1）2
又当n=1时，2nlnn!=（n-1）2
∴2nlnn!≥（n-1）2（n∈N*）．