解题思路：（1）由已知得f′（x）=ln（1+x）+1，令f′（x）=0，得：x=1e-1，利用导数的性质进行分类讨论，能求出函数f（x）=a的解的个数．（2）令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx2-x，则ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，利用导数性质进行分类讨论，能求出k的最小值．（3）取k=12，得ln（1+x）≤12（（1+x）-11+x），取x=n-1 得1n+2lnn≤n，由此利用累加法能证明Sn+2lnn!≥n(n+1)2．
（1）∵f（x）=（1+x）ln（1+x），
∴f′（x）=ln（1+x）+1，
令f′（x）=0，得：x=[1/e]-1，
∴当x∈（-1，[1/e]-1）时，f′（x）＜0，f（x）在（-1，[1/e]-1）上单调递减，
同理，（x）在（[1/e]-1，+∞）上单调递增，
∴当x=[1/e]-1时，f极小=-[1/e]，
又x∈（-1，[1/e]-1）时，f（x）＜0，
∴①当a＜-[1/e]时，方程f（x）=a无解；
②当a=-[1/e]或a≥0时，方程f（x）=a有一解；
③当-[1/e]＜a＜0时，方程f（x）=a有两解．
（2）令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx2-x
则ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，
令h（x）=ln（1+x）-2kx，
则h′（x）=[1/1+x]-2k，
∵x≥0，∴[1/1+x]∈（0，1]．
①当k≥[1/2]时，2k≥1，h′（x）=[1/1+x]-2k≤0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴h（x）≤h（0）=0，
即ϕ′（x）≤0，∴ϕ（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴ϕ（x）≤ϕ（0）=0∴f（x）≤g（x），
∴当k≥[1/2]时满足题意；
②当k≤0时，h′（x）=[1/1+x]-2k＞0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，即ϕ′（x）≥0，
∴ϕ（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴ϕ（x）≥ϕ（0）=0，∴f（x）≥g（x），∴当k≤0时不合题意；
③当0＜k＜[1/2]时，由h′（x）=[1/1+x]-2k=0，得：x=[1−2k/2k]＞0，
当x∈（0，[1−2k/2k]）时，h（x）单调递增，
∴h（x）＞0，即ϕ′（x）＞0，
∴ϕ（x）在（0，[1−2k/2k]）上单调递增，∴ϕ（x）＞0，
即f（x）＞g（x），∴不合题意．
综上，k的取值范围是[[1/2]，+∞），故k的最小值为[1/2]．
（3）证明：由（2）知，取k=[1/2]，得：（1+x）ln（1+x）≤[1/2]x2+x，
变形得：ln（1+x）≤[x2+2x
2(1+x)=
(1+x)2−1
2(1+x)=
1/2]（（1+x）-[1/1+x]）；
取x=n-1 得：lnn≤[1/2]（n-[1/n]），即：[1/n]+2lnn≤n，
∴[1/1]+2ln1≤1，
[1/2]+2ln2≤2，
[1/3]+2ln3≤3，
…
[1/n]+2lnn≤n，
以上各式相加得：（[1/1]+[1/2]+[1/3]+…+[1/n]）+2（ln1+ln2+ln3+…+lnn）≤1+2+…+n
∴Sn+2lnn!≥
n(n+1)
2．
点评：
本题考点： 数列与函数的综合；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查方程的解的个数的讨论，考查实数的最小值的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．