(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lnx
0<lnx
2,故x
0<x
2.
同理可证x
1<x
0,故x
1<x
0<x
2.
(Ⅲ)证明:因为a
1=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
′(x
0),代入f′(x
0)=
后把lnx
0用lnx
1,lnx
2表示,再把lnx
0与lnx
2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lnx
0<lnx
2,运用同样的办法得到lnx
1<lnx
0,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a
1=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.