解题思路：（1）在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函数的单调增区间、减区间；
（2）由（1）易求最小值g（a），利用导数可求得g（a）的最大值及相应的a值；
（3）由（2）知，当a=1时，对任意实数x均有f（x）≥g（1）=0，即ex-x-1≥0，即1+x≤ex．令x=-[k/n]（n∈N*，k=0，1，2，3，…，n-1），则0＜1-[k/n]≤
e
-
k
n
，从而可得
(1-
k
n
)
n
≤(
e
-
k
n
)
n
=
e
-k
，
利用该不等式进行适当放缩可得结论；
（1）由题意a＞0，f′（x）=ex-a，
由f′（x）=ex-a=0，得x=lna．
当x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调递减区间为（-∞，lna），单调递增区间为（lna，+∞）．
（2）由（1）知，当x=lna时，f（x）取得极小值，也为最小值，
其最小值为g（a）=f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1．
由g′（a）=1-lna-1=-lna=0，得a=1．
∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
∴g（a）在a=1处取得最大值，而g（1）=0．
因此g（a）取得最大值时，a=1．
（3）证明：由（2）知，当a=1时，对任意实数x均有f（x）≥g（1）=0，即ex-x-1≥0，即1+x≤ex．
令x=-[k/n]（n∈N*，k=0，1，2，3，…，n-1），则0＜1-[k/n]≤e-
k
n，
∴(1-
k
n)n≤(e-
k
n)n=e-k，
∴(
1
n)n+(
2
n)n+…+(
n-1
n)n+(
n
n)n≤e-（n-1）+e-（n-2）+…+e-2+e-1+1=
1-e-n
1-e-1＜
1
1-e-1=
e
e-1．
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： 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，综合性较强，难度较高，（3）问运用最值构造不等式进行放缩是解决问题的关键．