解题思路：（1）求出f′（x），利用导数判断f′（x）的单调性，由单调性即可求得其最小值；
（2）不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），只需证明K（x）≤0，由（1）可判断K′（x）≥0，从而知函数K（x）在[0，x2]上单调递增，故而K（x）≤K（x2），得证；
（3）先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），运用（2）的结论容易证明，再令
λ
1
＝
λ
2
＝
λ
3
＝
1
3
，即可求得其最小值．
（1）f′（x）=ex-x，f'（x）=ex-1
当x∈（-∞，0）时，f'（x）=ex-1＜0，即f′（x）在区间（-∞，0）上为减函数；
当x∈[0，+∞）时，f'（x）=ex-1≥0，即f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数；
于是f′（x）的最小值为f′（0）=1．
（2）证明：不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），
则有K（x2）=f（λ1x2+λ2x2）-λ1f（x2）-λ2f（x2）=0，
则K′(x)＝λ1f′(λ1x+λ2x2)−λ1f′(x)＝λ1(f′(λ1x+λ2x2)−f′(x))，
而λ1x+λ2x2-x=（λ1-1）x+λ2x2=λ2（x2-x）≥0，所以λ1x+λ2x2≥x，
由（1）知f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数，
所以f′(λ1x+λ2x2)−f′(x)≥0，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x2]上单调递增，
所以K（x）≤K（x2）=0，即f（λ1x1+λ2x2）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）．
（3）先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，
总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)＝f((λ1+
λ 2)(
λ1
λ1+λ2x1+
λ2
λ1+λ2x2)+λ3x3)≤(λ1+λ2)f(
λ1
λ1+λ2x1+
λ2
λ1+λ2x2)+λ3f(x3)≤(λ1+λ2)•(
λ1
λ1+λ2f(x1)+
λ2
λ1+λ2f(x2))+λ3f(x3)
=λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），
令λ1＝λ2＝λ3＝
1
3，有f(
x1+x2+x3
3)≤
1
3(f(x1)+f(x2)+f(x3))，
当x1≥0，x2≥0，x3≥0且x1+x2+x3=3时，有f(x1)+f(x2)+f(x3)≥3f(
x1+x2+x3
3)＝3f(1)＝3e−
3
2．
所以f（x1）+f（x2）+f（x3）的最小值为3e-
3
2．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；导数的运算；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、求函数的最值，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，考查学生对问题的转化能力，本题综合性强，难度大，能力要求高．