解题思路：（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．
（I）由题意可知：定义域：（0，+∞），f'（x）=lnx+1，令f'（x）=0，得x=[1/e]，（1分）
则当x∈（0，[1/e]）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分）
当x∈（[1/e]，+∞）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＞[x−1/x]=1-[1/x]，
令x=k2（k∈N*，k≥2），则2lnk＞1−
1
k2＞1−
1
k(k−1)＝1−(
1
k−1−
1
k)，
取k=2，3，…，n-1，n．并累加得：2lnn!＞(n−1)−(1−
1
n)＝
(n−1)2
n，
∴2nlnn!＞（n-1）2
又当n=1时，2nlnn!=（n-1）2
∴2nlnn!≥（n-1）2（n∈N*）．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；不等式的证明．
考点点评： 本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，考查计算能力，转化思想的应用．
