已知函数f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）
（I ）求g（x）=的单调区间与极大值；
（II ）任取两个不等的正数x₁，x₂，且x₁＜x₂，若存在x₀＞0使f′（x₀）=成立，求证：x₁＜x₀＜x₂
（III）己知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=（1+）a_n+（n∈N₊），求证：a_n＜（e为自然对数的底数）．在线课程（Ⅰ）解：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））．
∴f（x+1）=（x+1）ln（x+1）（x∈（-1，+∞））．
则有==ln（x+1）-x，
此函数的定义域为（-1，+∞）．
．
故当x∈（-1，0）时，g^′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，g^′（x）＜0．
所以g（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞），
故g（x）的极大值是g（0）=0；
（Ⅱ）证明：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）），得f^′（x）=lnx+1，
所以，
于是=
=，
令（t＞1），则，
因为t-1＞0，只需证明lnt-t+1＜0．
令s（t）=lnt-t+1，则，
∴s（t）在t∈（1，+∞）上递减，所以s（t）＜s（1）=0，
于是h（t）＜0，即lnx₀＜lnx₂，故x₀＜x₂．
同理可证x₁＜x₀，故x₁＜x₀＜x₂．
（Ⅲ）证明：因为a₁=1，，所以{a_n}单调递增，a_n≥1．
于是=，
所以（*）．
由（Ⅰ）知当x＞0时，ln（1+x）＜x．
所以（*）式变为．
即（k∈N，k≥2），
令k=2，3，…，n，这n-1个式子相加得


=
=
=．
即，
所以．
分析：（Ⅰ）由f（x）求出f（x+1），代入g（x），对函数g（x）求导后利用导函数的符号求出函数g（x）在定义域内的单调区间，从而求出函数的极大值；
（Ⅱ）求出f^′（x₀），代入f′（x₀）=后把lnx₀用lnx₁，lnx₂表示，再把lnx₀与lnx₂作差后构造辅助函数，求导后得到构造的辅助函数的最大值小于0，从而得到lnx₀＜lnx₂，运用同样的办法得到lnx₁＜lnx₀，最后得到要证的结论；
（Ⅲ）由给出的递推式a_n+1=（1+）a_n+说明数列{a_n}是递增数列，根据a₁=1，得到a_n≥1，由此把递推式a_n+1=（1+）a_n+放大得到，结合（Ⅰ）中的ln（1+x）＜x得到，分别取n=1，2，3，…，n-1，得到n个式子后累加即可证得结论．
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了通过构造函数，利用函数的单调性和极值证明不等式，训练了累加法求数列的通项公式，考查了利用放缩法证明不等式，是一道难度较大的综合题型．