解题思路：（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e-1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；
（2）求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；
（3）先证明ln（1+x）≤x，令
x＝
1
n
(n∈
N
*
)
，则x∈（0，1）代入上面不等式得：
ln(1+
1
n
)＜
1
n
，从而可得
ln(n+1)−lnn＜
1
n
．利用叠加法可得结论．
（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e-1]
∵f′(x)＝2(1+x)−
2
1+x＝
2x(x+2)
x+1，而函数f（x）的定义域为（-1，+∞）
∴f（x）在（-1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，
∴f（x）在[0，e-1]上为增函数，∴f(x)max＝f(e−1)＝e2−2
∴实数m的取值范围为m≤e2-2
（2）g（x）=f（x）-x2-1=2x-2ln（1+x）=2[x-ln（1+x）]，∴g′(x)＝2(1−
1
1+x)＝
2x
1+x
显然，函数g（x）在（-1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数
∴函数g（x）的最小值为g（0）=0
∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0
（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x-ln（1+x）]≥0在（-1，+∞）上恒成立
所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立
令x＝
1
n(n∈N*)，则x∈（0，1）代入上面不等式得：ln(1+
1
n)＜
1
n
即ln
n+1
n＜
1
n，即ln(n+1)−lnn＜
1
n
所以ln2-ln1＜1，ln3−ln2＜
1
2，ln4−ln3＜
1
3，…，ln(n+1)−lnn＜
1
n
将以上n个等式相加即可得到：ln(n+1)＜1+
1
2+
1
3+…+
1
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．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．