解题思路：（1）即证当x＞-1时，ex≥x+1，构造函数g（x）=ex-x-1，可得g（x）在[0，+∞）上单调增，（-1，0]上单调减，从而可得g（x）≥0，故得证；
（2）f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等价于x≥0时，
1−
e
−x
≤
x
ax+1
，先确定a≥0，从而问题转化为x≥0时，（1-e-x）（ax+1）-x≤0，构建函数h（x）=（1-e-x）（ax+1）-x，利用h′（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1，h″（x）=e-x（2a-ax-1），确定函数的单调性，从而可得实数a的取值范围；
（3）由（2）知，当a=[1/2]时，
1−
e
−x
≤
x
1
2
x+1
，从而
e
−x
≥
2−x
x+2
x≤ln (
2+x
−x+2
)＝ln(−1+
4
2−x
)
，令
4
2−x
＝n
，可得
ln(n−1)≥2−
4
n
(n≥2)
，叠加即可得出结论．
（1）证明：a=1时，f(x)＝1−e−x−
x
x+1
当x＞-1时，f（x）≥0，即1−e−x−
x
x+1≥ 0，亦即1-（x+1）e-x≥0，即ex≥x+1
因此只要证当x＞-1时，ex≥x+1
构造函数g（x）=ex-x-1，∴g′（x）=ex-1
当x≥0时，g′（x）≥0；当-1＜x＜0时，g′（x）＜0
∴g（x）在[0，+∞）上单调增，（-1，0]上单调减
∴g（x）min=g（0）=0
∴g（x）≥0，即当x＞-1时，ex≥x+1
∴当x＞-1时，f（x）≥0；
（2）f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等价于x≥0时，1−e−x≤
x
ax+1恒成立
∵1-e-x∈[0，1），∴[x/ax+1≥0
∴若x=0时，0=0，此时a∈R；若x＞0，ax+1＞0，∴a＞−
1
x]，∴a≥0
∴a≥0，
x≥0时，1−e−x≤
x
ax+1恒成立，等价于（1-e-x）（ax+1）-x≤0恒成立
令h（x）=（1-e-x）（ax+1）-x，
∴h′（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1
∴h″（x）=e-x（2a-ax-1）
∵a≥0，x≥0，∴h″（x）≤（2a-1）e-x
①若2a-1≤0，即0≤a≤
1
2时，h″（x）≤0，
∴h′（x）在[0，+∞）上单调减，∴h′（x）≤h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调减，∴h（x）≤h（0）=0，∴f（x）≤0，满足题意；
②若2a-1＞0，即a＞
1
2时，当0＜x＜
2a−1
a时，h″（x）＞0，
∴h′（x）在[0，+∞）上单调增，∴h′（x）＞h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调增，∴h（x）＞h（0）=0，∴f（x）＞0，不满足题意；
综上知，实数a的取值范围为[0，
1
2]；
（3）证明：由（2）知，当a=[1/2]时，1−e−x≤
x
1
2x+1，∴e−x≥
2−x
x+2，当x∈（0，2）时，ex≤
2+x
−x+2，
∴x≤ln (
2+x
−x+2)＝ln(−1+
4
2−x)
令[4/2−x＝n，∴x＝2−
4
n]，∴ln(n−1)≥2−
4
n(n≥2)
∴
n
k＝2ln(k−1)≥2n−2−
n
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查不等式的证明，考查恒成立问题，考查导数知识的运用，考查构建新函数，考查学生分析解决问题的能力，难度大，需要较强的基本功．