高分悬赏下列数学题（200，可追加更多！）
1，自然数1,2,3……，n按照一定顺序排列成一个数列A1，A2，……，An，若满足|A1-1|+|A2-2|+……+|An-n|≤4，则称数列A1，A2，……，An为一...
1，自然数1,2,3……，n按照一定顺序排列成一个数列A1，A2，……，An，若满足|A1-1|+|A2-2|+……+|An-n|≤4，则称数列A1，A2，……，An为一个α数列。当n=6时，这样的α数列共有多少个？当取n时，阿尔法数列有多少个？
2，由数字1,2,3,4,5,6,7组成一个无重复数字七位正整数，从中任取一个，所取数满足首位为1，且任意相邻两位数字之差绝对值不小于2的概率是多少？
3，已知函数f(x)=x2+ax+1/x2+a/x+b（x∈R且x≠0）若实数a,b使得f(x)=0有实根，则a2+b2最小值
4，F(x)=3cos（πx/2）-log2（x）【log以二为底x的对数】有几个零点？
5，当n>m≥4时，证明(mn^n)^m>(nm^m)^n
答出任意4个（简要过程即可，可附图）给200，5个再追加50 展开
2，由数字1,2,3,4,5,6,7组成一个无重复数字七位正整数，从中任取一个，所取数满足首位为1，且任意相邻两位数字之差绝对值不小于2的概率是多少？
3，已知函数f(x)=x2+ax+1/x2+a/x+b（x∈R且x≠0）若实数a,b使得f(x)=0有实根，则a2+b2最小值
4，F(x)=3cos（πx/2）-log2（x）【log以二为底x的对数】有几个零点？
5，当n>m≥4时，证明(mn^n)^m>(nm^m)^n
答出任意4个（简要过程即可，可附图）给200，5个再追加50 展开
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1.我直接求一般情况吧。
当n=1时有1个，n=2时有2个，n=3时有6个，当n≥4时
设有a个|A(i)-i|不等于0，那么显然0≤a≤4，分情况讨论：
(1)当a=0时，所有的|A(i)-i|均为0，即A(i)=i，此时有1个α数列满足题意
(2)当a=1时，只有1个|A(i)-i|不为0，这显然不可能
(3)当a=2时，有2个|A(i)-i|不为0，不妨设为|A(i)-i|,|A(j)-j|，那么A(i)=j,A(j)=i，即|i-j|+|j-i|≤4，于是|i-j|≤2。若|i-j|=1，则i,j相邻，有n-1组这样的{i,j}，若|i-j|=2，则有n-2组这样的{i,j}。故a=2时共有2n-3个α数列满足题意
(4)当a=3时，设为|A(k)-k|,|A(m)-m|,|A(n)-n|，(k＜m＜n)，那么|A(k)-k|+|A(m)-m|+|A(n)-n|=A(k)-k+|A(m)-m|+n-A(n)≤4，若A(m)=k，那么A(n)=m,A(k)=n，n-k+m-k+n-m≤4，即n-k≤2，又n-k≥2，所以n-k=2；若A(m)=n，同理可得n-k=2，因此k,m,n为连续的3个自然数，这样的{k,m,n}共有n-2组。而对每组{k,m,n}，(A(k),A(m),A(n))有两组对应方式：(m,n,k)和(n,k,m)，因此a=3时共有2(n-2)=2n-4个α数列满足题意
(5)当a=4时，设为|A(p)-p|,|A(q)-q|,|A(r)-r|,|A(s)-s|，(p＜q＜r＜s)。则有|A(p)-p|+|A(q)-q|+|A(r)-r|+|A(s)-s|≤4，即A(p)-p=|A(q)-q|=|A(r)-r|=s-A(s)=1。于是p＜A(p)=p+1≤q，r≤A(s)=s-1＜s，于是A(p)=p+1=q，A(s)=s-1=r。若A(q)=s，那么|A(q)-q|=s-q=1，而s≥q+2，矛盾！所以A(q)=p,A(r)=s，即{p,q,r,s}={p,p+1,s-1,s}(s≥p+3)，这样的{p,q,r,s}(即确定s,p)有C(n,2)-(n-1)(去掉s,p连续的情况)-(n-2)(去掉s,p差2的情况)=(n²-5n+6)/2组，而每组{p,q,r,s}只对应一种(A(p),A(q),A(r),A(s))，故a=4时共有(n²-5n+6)/2个α数列满足题意
综上α数列有1+2n-3+2n-4+(n²-5n+6)/2=(n²+3n-6)/2个
当n=6时有24个
2.我怀疑你题目是不是抄错了，应该是“任意相邻两位数字之差绝对值‘不大于’2”吧，这样用穷举法就行了，满足条件的七位数有14个，故概率为14/7!=1/360。
另2010年湖南全国高中数学联赛预赛的最后一题就是此题推广为n位数的一般情形。
如果题目没错的话，我就没辙了。。
3.注意到f(x)=(x+1/x)²+a(x+1/x)+b-2，令t=x+1/x∈(-∞,-2]∪[2,+∞)，则f(x)=t²+at+b-2。f(x)有零点即方程g(t)=t²+at+b-2=0在∈(-∞,-2]∪[2,+∞)有解，分3种情况：
(1)两根均在(-∞,-2]上(包括重根)，那么x1≤-2,x2≤-2,△≥0，等价于(x1+2)(x2+2)≥0,x1+x2+4≤0,△≥0，拆开并用韦达定理即得b≥2a-2,a≥4, b≤(1/4)a²+2
(2)两根均在[2,+∞)上，同理可得b≥-2a-2,a≤-4, b≤(1/4)a²+2
(3)一根在(-∞,-2]上，一根在[2,+∞)上，此时等价于g(-2)≤0，g(2)≤0，即b≤2a-2,b≤-2a-2
在同一坐标系中作出这3个可行域，其中到原点距离最近的点为(0,-2)，因此a²+b²最小值为4
4.此题每什么好说的，同一坐标系中画出y=3cos(πx/2)与y=log(2)x的图像，观察交点个数——答案是4个
5.要证(mn^n)^m＞(nm^m)^n
只需证m(lnm+nlnn)＞n(lnn+mlnm)(两边取对数)
即证m(n-1)lnm＜n(m-1)lnn(移项)
只需证mlnm/(m-1)＜nlnn/(n-1)
令f(x)=xlnx/(x-1)，(x≥4)，则f'(x)=[(lnx+1)(x-1)-xlnx]/(x-1)²=(x-lnx-1)/(x-1)²
再令g(x)=x-lnx-1，则g'(x)=1-1/x=(x-1)/x＞0，所以g(x)单调递增，g(x)＞g(1)=0
所以f'(x)=g(x)/(x-1)²＞0，所以f(x)单调递增，即f(m)＜f(n)
因此原不等式得证
当n=1时有1个，n=2时有2个，n=3时有6个，当n≥4时
设有a个|A(i)-i|不等于0，那么显然0≤a≤4，分情况讨论：
(1)当a=0时，所有的|A(i)-i|均为0，即A(i)=i，此时有1个α数列满足题意
(2)当a=1时，只有1个|A(i)-i|不为0，这显然不可能
(3)当a=2时，有2个|A(i)-i|不为0，不妨设为|A(i)-i|,|A(j)-j|，那么A(i)=j,A(j)=i，即|i-j|+|j-i|≤4，于是|i-j|≤2。若|i-j|=1，则i,j相邻，有n-1组这样的{i,j}，若|i-j|=2，则有n-2组这样的{i,j}。故a=2时共有2n-3个α数列满足题意
(4)当a=3时，设为|A(k)-k|,|A(m)-m|,|A(n)-n|，(k＜m＜n)，那么|A(k)-k|+|A(m)-m|+|A(n)-n|=A(k)-k+|A(m)-m|+n-A(n)≤4，若A(m)=k，那么A(n)=m,A(k)=n，n-k+m-k+n-m≤4，即n-k≤2，又n-k≥2，所以n-k=2；若A(m)=n，同理可得n-k=2，因此k,m,n为连续的3个自然数，这样的{k,m,n}共有n-2组。而对每组{k,m,n}，(A(k),A(m),A(n))有两组对应方式：(m,n,k)和(n,k,m)，因此a=3时共有2(n-2)=2n-4个α数列满足题意
(5)当a=4时，设为|A(p)-p|,|A(q)-q|,|A(r)-r|,|A(s)-s|，(p＜q＜r＜s)。则有|A(p)-p|+|A(q)-q|+|A(r)-r|+|A(s)-s|≤4，即A(p)-p=|A(q)-q|=|A(r)-r|=s-A(s)=1。于是p＜A(p)=p+1≤q，r≤A(s)=s-1＜s，于是A(p)=p+1=q，A(s)=s-1=r。若A(q)=s，那么|A(q)-q|=s-q=1，而s≥q+2，矛盾！所以A(q)=p,A(r)=s，即{p,q,r,s}={p,p+1,s-1,s}(s≥p+3)，这样的{p,q,r,s}(即确定s,p)有C(n,2)-(n-1)(去掉s,p连续的情况)-(n-2)(去掉s,p差2的情况)=(n²-5n+6)/2组，而每组{p,q,r,s}只对应一种(A(p),A(q),A(r),A(s))，故a=4时共有(n²-5n+6)/2个α数列满足题意
综上α数列有1+2n-3+2n-4+(n²-5n+6)/2=(n²+3n-6)/2个
当n=6时有24个
2.我怀疑你题目是不是抄错了，应该是“任意相邻两位数字之差绝对值‘不大于’2”吧，这样用穷举法就行了，满足条件的七位数有14个，故概率为14/7!=1/360。
另2010年湖南全国高中数学联赛预赛的最后一题就是此题推广为n位数的一般情形。
如果题目没错的话，我就没辙了。。
3.注意到f(x)=(x+1/x)²+a(x+1/x)+b-2，令t=x+1/x∈(-∞,-2]∪[2,+∞)，则f(x)=t²+at+b-2。f(x)有零点即方程g(t)=t²+at+b-2=0在∈(-∞,-2]∪[2,+∞)有解，分3种情况：
(1)两根均在(-∞,-2]上(包括重根)，那么x1≤-2,x2≤-2,△≥0，等价于(x1+2)(x2+2)≥0,x1+x2+4≤0,△≥0，拆开并用韦达定理即得b≥2a-2,a≥4, b≤(1/4)a²+2
(2)两根均在[2,+∞)上，同理可得b≥-2a-2,a≤-4, b≤(1/4)a²+2
(3)一根在(-∞,-2]上，一根在[2,+∞)上，此时等价于g(-2)≤0，g(2)≤0，即b≤2a-2,b≤-2a-2
在同一坐标系中作出这3个可行域，其中到原点距离最近的点为(0,-2)，因此a²+b²最小值为4
4.此题每什么好说的，同一坐标系中画出y=3cos(πx/2)与y=log(2)x的图像，观察交点个数——答案是4个
5.要证(mn^n)^m＞(nm^m)^n
只需证m(lnm+nlnn)＞n(lnn+mlnm)(两边取对数)
即证m(n-1)lnm＜n(m-1)lnn(移项)
只需证mlnm/(m-1)＜nlnn/(n-1)
令f(x)=xlnx/(x-1)，(x≥4)，则f'(x)=[(lnx+1)(x-1)-xlnx]/(x-1)²=(x-lnx-1)/(x-1)²
再令g(x)=x-lnx-1，则g'(x)=1-1/x=(x-1)/x＞0，所以g(x)单调递增，g(x)＞g(1)=0
所以f'(x)=g(x)/(x-1)²＞0，所以f(x)单调递增，即f(m)＜f(n)
因此原不等式得证
更多追问追答
追问
我很欣赏你的第一题和第五题解法，你的数学思维性很强，但缜密性稍差，第4题没问题是5个零点，你漏解了，第三题我用线性规划讨论了5种，你讨论了三种，目前我在考虑函数的解法。你发我私信（或HI），我问1题，5题，给你100分！另外2题追加你20分，目前我也在考虑一般情况。2,3,4你要再明白点，给你200！
追答
你说的没错，第4题是我漏解了，二函数图象有公共点(8,3)，从图像上直观地看，二者在x=8附近似乎只有一个交点，但事实上二者在x=8处切线的斜率并不相同，因此二者在x=8处附近还有一个交点，是我疏忽了。
第3题我也做错了，我重做一下吧：
注意到f(x)=(x+1/x)²+a(x+1/x)+b-2，令t=x+1/x∈(-∞,-2]∪[2,+∞)，则f(x)=t²+at+b-2。f(x)有零点即方程g(t)=t²+at+b-2=0在(-∞,-2]∪[2,+∞)有解，从反面考虑，即若方程在(-∞,-2]∪[2,+∞)无解，那么只需分两种情况：
(1)在R上无解，此时△＜0，即b＞(1/4)a²+2
(2)两解均在(-2,2)上(包括重根)，那么由图象知其等价于△≥0,-2＜-a/2＜2,g(-2)＞0,g(2)＞0，即等价于b≤(1/4)a²+2,-4＜a＜4,b＞2a-2,b＞-2a-2
在同一坐标系中作出这2个区域，那么可行域即为除去这2个区域以外的其他区域，其中的点到原点的最近距离即原点到直线b=2a-2(或b=-2a-2)的距离，为2/√5，所以a²+b²最小值为4/5
另外第2题我用穷举法列了下（不容易啊！！），应该有81种，概率应该为81/7!
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1.首先是顺序，那么一定是0，结果小于等于4.
我的思路是交换，因为n=6比较小，所以可以枚举。
1可以交换2,3
2交换3,4（不再重复交换1）
3交换4,5
以此类推
加上顺序一种
10个吧。没错的话
2.1/360
3.化简可得！
f（x）=（x+1/x）^2+a(x+1/x)-2+b=0有实根
令 X=（x+1/x）（X<=-2&&X>=2）
即 X^2+aX-2+b=0 在（ X<=-2&&X>=2）有实根
也就是 在 （-2，2）无解或有两个根
接下来,你自己想想吧
4.分别画出3cos（πx/2）和log2（x）的图像。算出第一个函数的周期，好画的。在(8,3)是最后个交点，一共是4个交点。
5.最后题直接上网找了下就有了，没验证。。。。你自己看看吧。
有别的事要去做了。。先闪了。
http://zhidao.baidu.com/question/263773148.html
解析：
(1)
f'=a+lnx+1
a+2=3
a=1
(2)f(x)=x(1nx+1)
构造一个函数g(x)=f(x)/(x-1)(x>1)
则g'(x)=(x-1nx-2)/(x-1)²
令h(x)=x-1nx-2(x>1),则h'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴h(x)在（1，+∞）上单调递增
又h(3)=1-1n3<0,h(4)=2-1n4=2(1-ln2)>0
∴h(x)在区间（3,4）上有一个零点，记为x₀,则x₀=1nx₀+2
当1<x<x₀时，g'(x)<0；当x>x₀时，g'(x)>0
∴g(x)在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞)上单调递增
∴g(x)有最小值g(x₀)=f(x₀)/(x₀-1)=x₀(1nx₀+1)/(x₀-1)=x₀
∴k<x₀时，k<f(x)/(x-1)对任意x>1恒成立
又k∈Z,∴k的最大值为3
（3）即要证明：当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)成立
构造一个函数f(x)=x1nx/(x-1)(x>1)
则f'(x)=(x-1nx-1)/(x-1)²
令g(x)=x-1nx-1(x>1),则g'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增
又g(1)=0,∴g(x)>0 ∴f'(x)>0
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增
∴当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)
洗碗洗碗。8.希望满意吧。
我的思路是交换，因为n=6比较小，所以可以枚举。
1可以交换2,3
2交换3,4（不再重复交换1）
3交换4,5
以此类推
加上顺序一种
10个吧。没错的话
2.1/360
3.化简可得！
f（x）=（x+1/x）^2+a(x+1/x)-2+b=0有实根
令 X=（x+1/x）（X<=-2&&X>=2）
即 X^2+aX-2+b=0 在（ X<=-2&&X>=2）有实根
也就是 在 （-2，2）无解或有两个根
接下来,你自己想想吧
4.分别画出3cos（πx/2）和log2（x）的图像。算出第一个函数的周期，好画的。在(8,3)是最后个交点，一共是4个交点。
5.最后题直接上网找了下就有了，没验证。。。。你自己看看吧。
有别的事要去做了。。先闪了。
http://zhidao.baidu.com/question/263773148.html
解析：
(1)
f'=a+lnx+1
a+2=3
a=1
(2)f(x)=x(1nx+1)
构造一个函数g(x)=f(x)/(x-1)(x>1)
则g'(x)=(x-1nx-2)/(x-1)²
令h(x)=x-1nx-2(x>1),则h'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴h(x)在（1，+∞）上单调递增
又h(3)=1-1n3<0,h(4)=2-1n4=2(1-ln2)>0
∴h(x)在区间（3,4）上有一个零点，记为x₀,则x₀=1nx₀+2
当1<x<x₀时，g'(x)<0；当x>x₀时，g'(x)>0
∴g(x)在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞)上单调递增
∴g(x)有最小值g(x₀)=f(x₀)/(x₀-1)=x₀(1nx₀+1)/(x₀-1)=x₀
∴k<x₀时，k<f(x)/(x-1)对任意x>1恒成立
又k∈Z,∴k的最大值为3
（3）即要证明：当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)成立
构造一个函数f(x)=x1nx/(x-1)(x>1)
则f'(x)=(x-1nx-1)/(x-1)²
令g(x)=x-1nx-1(x>1),则g'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增
又g(1)=0,∴g(x)>0 ∴f'(x)>0
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增
∴当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)
洗碗洗碗。8.希望满意吧。
追问
2题能具体吗？还有5题不要抄答案。
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1. （n^2+3n-6)/2次，n=6时共有24个。
其实就是将 1,2,3,.....,n中的若干个数移动，使得偏差不大于4.这里的若干显然是不大于4的。
（1）移动两个的情况：只可能是两个数的对换，为使偏差不大于4，两个数必然是相邻或间隔一个数的。所以有(n-1)+(n-2)=2n-3种可能。（n-1为相邻，n-2为间隔一个数）
（2）移动三个的情况：必为三个数的轮换，而且三个数必须相邻，否则如124轮换，只可能是241或者412（若为142,214,421则包含在(1)中移动两个的情况），容易验证偏差值大于4.所以有n-2种取相邻三个数的可能，每一种取法又有两种三数轮换的可能（如取456可变为645或564，偏差均为4），所以共有2(n-2)种可能，
（3）移动四个数的情况：说明每个数的偏差均为1，所以必为与相邻数的交换，所以取两组相邻的数，然后呼唤，如1278-2187，取两组相邻数共有（n-2)(n-3)/2 种可能。
(4) 不移动的情况，1种。
所以共有（n^2+3n-6)/2种可能.
2. 78/7！列出来看吧，二位是3，6的情况一样，4，5的情况一样，一共有78种。
3. 令x+1/x=t,然后算算吧，最小值4，在a=0,b=-2时取得。
4，5前面人算对了。
其实就是将 1,2,3,.....,n中的若干个数移动，使得偏差不大于4.这里的若干显然是不大于4的。
（1）移动两个的情况：只可能是两个数的对换，为使偏差不大于4，两个数必然是相邻或间隔一个数的。所以有(n-1)+(n-2)=2n-3种可能。（n-1为相邻，n-2为间隔一个数）
（2）移动三个的情况：必为三个数的轮换，而且三个数必须相邻，否则如124轮换，只可能是241或者412（若为142,214,421则包含在(1)中移动两个的情况），容易验证偏差值大于4.所以有n-2种取相邻三个数的可能，每一种取法又有两种三数轮换的可能（如取456可变为645或564，偏差均为4），所以共有2(n-2)种可能，
（3）移动四个数的情况：说明每个数的偏差均为1，所以必为与相邻数的交换，所以取两组相邻的数，然后呼唤，如1278-2187，取两组相邻数共有（n-2)(n-3)/2 种可能。
(4) 不移动的情况，1种。
所以共有（n^2+3n-6)/2种可能.
2. 78/7！列出来看吧，二位是3，6的情况一样，4，5的情况一样，一共有78种。
3. 令x+1/x=t,然后算算吧，最小值4，在a=0,b=-2时取得。
4，5前面人算对了。
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前几楼二三四几题已经做得差不多了，我就不献丑了，我补充下1,5题
1.可以这样考虑：
首先第i个数减i，所求出的绝对值为0，算是方案一。
然后交换相差1的数，每交换一次总的绝对值多2，所以最多能交换两次。
最后交换相差2的数，只能交换一次。
所以当有n个数时，我们可以先找出n-1对相差1的数，交换一下得到n-1个方案，然后再在这些方案的基础上进行一次交换（同一组数不能交换两次）得到（n-2）（n-1）/2种方案，最后找出相差2的方案，这个方案的数量要分n的奇偶：
n为奇数时，奇数为（n+1）/2个，偶数为（n-1）/2个，相差2的奇数有（n+1）/2-1对，偶数有（n-1）/2-1对，共有n-2对
n为偶数时，经过分析，也是n-2对
所以当为n时共有：1+n-1+（n-1）（n-2）/2+n-2=2n-2+（n-1）（n-2）/2种情况。
5.题目看不懂，最好手写拍照看一下。
1.可以这样考虑：
首先第i个数减i，所求出的绝对值为0，算是方案一。
然后交换相差1的数，每交换一次总的绝对值多2，所以最多能交换两次。
最后交换相差2的数，只能交换一次。
所以当有n个数时，我们可以先找出n-1对相差1的数，交换一下得到n-1个方案，然后再在这些方案的基础上进行一次交换（同一组数不能交换两次）得到（n-2）（n-1）/2种方案，最后找出相差2的方案，这个方案的数量要分n的奇偶：
n为奇数时，奇数为（n+1）/2个，偶数为（n-1）/2个，相差2的奇数有（n+1）/2-1对，偶数有（n-1）/2-1对，共有n-2对
n为偶数时，经过分析，也是n-2对
所以当为n时共有：1+n-1+（n-1）（n-2）/2+n-2=2n-2+（n-1）（n-2）/2种情况。
5.题目看不懂，最好手写拍照看一下。
更多追问追答
追问
1题貌似也有漏解，你做出的没问题（可能漏了相同的数的情况），n=6我得到24种，根据你的我看到20种，不过我是按规律列的。
5题，当n>m≥4时，证明【m×（n^n）】^m>【n×（m^m】^n，谢谢！
2题，你能具体写一下过程吗？
追答
1题确实有欠考虑，（n-2）（n-1）/2步中去掉的情况有点多，其实要是在三个连续的数中连续交换两次的话，先后顺序的不同还是会导致不同的结果。我通过3个数的枚举发现每三个相邻数之间我多去掉了1种情况，所以这一项中应该再加上相邻三个数的组数即n-2，最终答案为
1+n-1+（n-1）（n-2）/2+n-2+n-2=3n-4+（n-1）（n-2）/2
2题
算法没想好，看到有人用枚举法，在数字少的情况下也行吧。
5题
见图。由于后面过程繁琐，图形显示不全，所以只写下了关键，后面的自己搞吧。
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解析：
(1)
f'=a+lnx+1
a+2=3
a=1
(2)f(x)=x(1nx+1)
构造一个函数g(x)=f(x)/(x-1)(x>1)
则g'(x)=(x-1nx-2)/(x-1)²
令h(x)=x-1nx-2(x>1),则h'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴h(x)在（1，+∞）上单调递增
又h(3)=1-1n3<0,h(4)=2-1n4=2(1-ln2)>0
∴h(x)在区间（3,4）上有一个零点，记为x₀,则x₀=1nx₀+2
当1<x<x₀时，g'(x)<0；当x>x₀时，g'(x)>0
∴g(x)在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞)上单调递增
∴g(x)有最小值g(x₀)=f(x₀)/(x₀-1)=x₀(1nx₀+1)/(x₀-1)=x₀
∴k<x₀时，k<f(x)/(x-1)对任意x>1恒成立
又k∈Z,∴k的最大值为3
（3）即要证明：当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)成立
构造一个函数f(x)=x1nx/(x-1)(x>1)
则f'(x)=(x-1nx-1)/(x-1)²
令g(x)=x-1nx-1(x>1),则g'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增
又g(1)=0,∴g(x)>0 ∴f'(x)>0
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增
∴当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)
(1)
f'=a+lnx+1
a+2=3
a=1
(2)f(x)=x(1nx+1)
构造一个函数g(x)=f(x)/(x-1)(x>1)
则g'(x)=(x-1nx-2)/(x-1)²
令h(x)=x-1nx-2(x>1),则h'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴h(x)在（1，+∞）上单调递增
又h(3)=1-1n3<0,h(4)=2-1n4=2(1-ln2)>0
∴h(x)在区间（3,4）上有一个零点，记为x₀,则x₀=1nx₀+2
当1<x<x₀时，g'(x)<0；当x>x₀时，g'(x)>0
∴g(x)在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞)上单调递增
∴g(x)有最小值g(x₀)=f(x₀)/(x₀-1)=x₀(1nx₀+1)/(x₀-1)=x₀
∴k<x₀时，k<f(x)/(x-1)对任意x>1恒成立
又k∈Z,∴k的最大值为3
（3）即要证明：当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)成立
构造一个函数f(x)=x1nx/(x-1)(x>1)
则f'(x)=(x-1nx-1)/(x-1)²
令g(x)=x-1nx-1(x>1),则g'(x)=1-(1/x)=(x-1)/x>0
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增
又g(1)=0,∴g(x)>0 ∴f'(x)>0
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增
∴当n>m>1时，n·ln(n)/(n-1)>m·1n(m)/(m-1)
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