解题思路：（1）已知知函数f（x）=ex-1-x，对其求导，把x=1代入f′（x）求点在x=1处的斜率，从而求解；
（2）已知要使a-ex+1+x＜0成立，则a＜ex-1-x，即a＜f（x），对f（x）求导，令f′（x）=0，求出f（x）的单调区间，只要求出f（x）的最大值即可；
（3）已知得x≥0时，ex-x-1-tx2≥0恒成立，设g（x）=ex-x-1-tx2，对g（x）求导，求出当x≥0时，g（x）的最小值大于0，即可求出t的范围．
解（1）∵函数f（x）=ex-1-x．
f′（x）=ex-1，f（1）=e-2，f′（1）=e-1．
∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-e+2=（e-1）（x-1），
即y=（e-1）x-1．（3分）
（2）a＜ex-1-x，即a＜f（x）．
令f′（x）=ex-1=0，x=0．
∵x＞0时，f′（x）＞0，x＜0时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（-∞，0）上减，在（0，+∞）上增．
又x0∈[−1，ln
4
3]时，
∴f（x）的最大值在区间端点处取到，
f(−1)＝e−1−1+1＝
1
e，f(ln
4
3)＝
4
3−1−ln
4
3，f(−1)−f(ln
4
3)＝
1
e−
4
3+1+ln
4
3＝
1
e−
1
3+ln
4
3＞0，
∴f(−1)＞f(ln
4
3)，
∴f（x）在[−1，ln
4
3]上最大值为[1/e]，
故a的取值范围是a＜
1
e，（8分）
（3）由已知得x≥0时，ex-x-1-tx2≥0恒成立，
设g（x）=ex-x-1-tx2．
∴g′（x）=ex-1-2tx．
由（2）知ex≥1+x，当且仅当x=0时等号成立，
故g′（x）≥x-2tx=（1-2t）x，从而当1-2t≥0，
即t≤
1
2时，g′（x）≥0（x≥0），
∴g（x）为增函数，又g（0）=0，
于是当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥tx2，
∴t≤
1
2时符合题意．（11分）
由ex＞1+x（x≠0）可得e-x＞1-x（x≠0），从而当t＞
1
2时，g′（x）＜ex-1+2t（e-x-1）=e-x（ex-1）（ex-2t），
故当x∈（0，ln2t）时，g′（x）＜0，
∴g（x）为减函数，又g（0）=0，
于是当x∈（0，ln2t）时，g（x）＜0，即f（x）≤tx2，
故t＞
1
2，不符合题意．综上可得t的取值范围为(−∞，
1
2]（14分）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，难度一般，掌握运用数学知识分析问题解决问题的能力．