解题思路：（1）f′（x）=
-
lnx
x
2
，由于当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当1＜x时，f′（x）＜0．又f′（1）=0，即可得出函数f（x）在x=1时取得极大值，
由于函数在区间（a，a+[1/2]）上存在极值，其中a＞0，可得
a＜1＜a+
1
2
，即可得出．
（2）不等式f（x）≥[k/x+1]，即
(x+1)(1+lnx)
x
≥k
．令g（x）=
(x+1)(1+lnx)
x
，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（3）由（2）知：
f(x)≥
2
x+1
恒成立，即
lnx≥
x-1
x+1
=1-[2/x+1]
＞1-
2
x
，令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]
＞1-
2
n(n+1)
，利用“裂项求和”即可得出．
（1）f′（x）=-
lnx
x2，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当1＜x时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
又f′（1）=0，∴函数f（x）在x=1时取得极大值，
∵函数在区间（a，a+[1/2]）上存在极值，其中a＞0，
∴a＜1＜a+
1
2，解得[1/2＜a＜1．
∴实数a的取值范围是(
1
2，1)．
（2）不等式f（x）≥
k
x+1]，即
(x+1)(1+lnx)
x≥k．
令g（x）=
(x+1)(1+lnx)
x，g′（x）=[x-lnx
x2，
令h（x）=x-lnx，
∵x≥1，h′（x）=1-
1/x]≥0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴h（x）min=h（1）=1＞0，从而g′（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，
∴g（x）min=g（1）=2，∴k≤2．
（3）由（2）知：f(x)≥
2
x+1恒成立，即lnx≥
x-1
x+1=1-[2/x+1]＞1-
2
x，
令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1-
2
n(n+1)，
∴ln[n（n+1）]＞1-2(
1
n-
1
n+1)，
∴ln（1×2）＞1-
2
1×2，
ln（2×3）＞1-
2
2×3，
ln（3×4）＞1-
2
3×4，
…，
lnn-ln（n+1）＞1-2(
1
n-
1
n+1)，
叠加得：ln[1×22×32×…×n2（n+1）]＞n-2(1-
1
n+1)＞n-2+[2/n+1]＞n-2．
∴1×22×32×…×n2×（n+1）＞en-2，
∴[（n+1）!]2＞（n+1）．en-2（n∈N*）．
点评：
本题考点： A:导数在最大值、最小值问题中的应用 B:函数恒成立问题 C:利用导数研究函数的极值
考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“裂项求和”、对数的运算性质，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．