（I）f（x）的定义域为（0，+∞），

令f′（x）=

1

x

-1=0，解得x=1，

当0＜x＜1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数；

当x＞1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（1，+∞）上是减函数；

故函数f（x）在x=1处取得最大值f（1）=0；

（II）（1）由（I）知，当x∈（0，+∞）时，有f（x）≤f（1）=0，即lnx≤x-1，

∵a_k，b_k（k=1，2…，n）均为正数，从而有lna_k≤a_k-1，

得b_klna_k≤a_kb_k-b_k（k=1，2…，n），

求和得

ln

b1a1

+

ln

b2a2

+

ln

b3a3

+…+

ln

bnan

≤a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n-（b₁+b₂+…+b_n）

∵a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n≤b₁+b₂+…b_n，

∴

ln

b1a1

+

ln

b2a2

+

ln

b3a3

+…+

ln

bnan

≤0，即ln(a1b1a2b2… anbn)≤0，

∴a1b1a2b2…anbn≤1；

（2）先证

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn，

令a_k=

1

nbk

（k=1，2…，n），则a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1=b₁+b₂+…b_n，

于是由（1）得(

1

nb1

)b1(

1

nb2

)b2…(

1

nbn

)bn≤1，即

1

b1b1b2b2…bnbn

≤n^{b₁+b₂+…b_n}=n，

∴

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn，

②再证b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²，

记s=b₁²+b₂²+…+b_n²．令a_k=

bk

s

（k=1，2…，n），

则a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=

1

s

（b₁²+b₂²+…+b_n²）=1=b₁+b₂+…b_n，

于是由（1）得(

1

sb1

)b1(

1

sb2

)b2…(

1

sbn

)bn≤1，

即b1b1b2b2…bnbn≤s^{b₁+b₂+…b_n}=s，

∴b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²，

综合①②，（2）得证．