已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．

解题思路：（Ⅰ）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，等价于ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，分类讨论，可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂项法，结合对数的运算法则，可证结论．

（Ⅰ）当a＝−
1
4时，f(x)＝−
1
4x2+ln(x+1)（x＞-1），f′(x)＝−
1
2x+
1
x+1＝−
(x+2)(x−1)
2(x+1)（x＞-1），
由f'（x）＞0，解得-1＜x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1．
故函数f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）因当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．（5分）
由g′(x)＝2ax+
1
x+1−1=
x[2ax+(2a−1)]
x+1，
（ⅰ）当a=0时，g′(x)＝
−x
x+1，当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）
（ⅱ）当a＞0时，由g′(x)＝
x[2ax+(2a−1)]
x+1＝0，因x∈[0，+∞），所以x＝
1
2a−1，
①若[1/2a−1＜0，即a＞
1
2]时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若[1/2a−1≥0，即0＜a≤
1
2]时，函数g（x）在(0，
1
2a−1)上单调递减，在区间(
1
2a−1，+∞)上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（8分）
（ⅲ）当a＜0时，由g′(x)＝
x[2ax+(2a−1)]
x+1，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．（10分）
（Ⅲ）证明：据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立（11分）
又
2n
(2n−1+1)(2n+1)＝2(
1
2n−1+1−
1
2n+1)，
∵ln{(1+
2
2×3)(1+
4
3×5)(1+
8
5×9)•…•[1+
2

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；数列与不等式的综合．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．