（1）已知函数f（x）=ex-1-tx，∃x0∈R，使f（x0）≤0，求实数t的取值范围；

解题思路：（1）对t分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最小值即可得出；
（2）由（1），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立．故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．令x=[b/a]，即可证明．
（3）由（2），得得[b−a/b]＜ln[b/a]＜[b−a/a]．
令a=k，b=k+1（k∈N^*），得[1/k+1]＜ln[k+1/k]＜[1/k]．
对k取值，利用“累加求和”及其[x]的定义即可得出．

（1）若t＜0，令x=[1/t]，则f（[1/t]）=e
1
t^-1-1＜0；
若t=0，f （x）=e^x-1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f（x）_min≤0．求导数，得f′（x）=e^x-1-t．
令f′（x）=0，解得x=lnt+1．
当x＜lnt+1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，lnt+1）上是减函数；
当x＞lnt+1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（lnt+1，+∞）上是增函数．
故f（x）在x=lnt+1处取得最小值f（lnt+1）=t-t（lnt+1）=-tlnt．
∴-tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为（-∞，0）∪[1，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．
取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．
令x=[b/a]，得ln[b/a]＜[b/a]-1（0＜a＜b），即ln[b/a]＜[b−a/a]．
令x=[a/b]，得ln[a/b]＜[a/b]-1（0＜a＜b），即-ln[b/a]＜[a−b/b]，亦即ln[b/a]＞[b−a/b]．
综上，得[b−a/b]＜ln[b/a]＜[b−a/a]．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），得[b−a/b]＜ln[b/a]＜[b−a/a]．
令a=k，b=k+1（k∈N^*），得[1/k+1]＜ln[k+1/k]＜[1/k]．
对于ln[k+1/k]＜[1/k]，分别取k=1，2，…，n，
将上述n个不等式依次相加，得
ln[2/1]+ln[3/2]+…+ln[n+1/n]＜1+[1/2]+…+[1/n]，
∴ln（1+n）＜1+[1/2]+…+[1/n]．①
对于[1/k+1]＜ln[k+1/k]，分别取k=1，2，…，n-1，
将上述n-1个不等式依次相加，得
[1/2]+[1/3]+…+[1/n]＜ln[2/1]+ln[3/2]+…+ln[n/n−1]，即[1/2]+[1/3]+…+[1/n]＜lnn（n≥2），
∴1+[1/2]+…+[1/n]≤1+lnn（n∈N^*）．②
综合①②，得ln（1+n）＜1+[1/2]+…+[1/n]≤1+lnn．
易知，当p＜q时，[p]≤[q]，
∴[ln（1+n）]≤[1+[1/2]+…+[1/n]]≤[1+lnn]（n∈N^*）．
又∵[1+lnn]=1+[lnn]，
∴[ln（1+n）]≤[1+[1/2]+…+[1/n]]≤1+[lnn]（n∈N^*）．…（14分）

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、[x]的性质，考查了分类讨论的思想方法，考查了利用导数研究函数的单调性并证明不等式，考查了利用已经证明的结论证明新问题，考查了推理能力和计算能力，属于难题．