已知函数f（x）=ax-ln（x+1）（a∈R），

解题思路：（Ⅰ）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上为增函数，所以，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即x＞ln（x+1），所以

1

k

＞ln(

1

k

+1)＝ln

1+k

k

k＝1，2，…，n，分别代入相加即可证明；
（Ⅲ）设h（x）=x-x²，因为f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），则直线g（x）=kx+b必为f（x）和h（x）在点x=0处的公共切线，由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在点x=0处的切线方程为y=x，即g（x）=x，又由f'（0）=a-1=1，得a=2，再证明f（x）≥g（x）≥h（x）即可．

（Ⅰ）f′(x)＝a−
1
x+1＝
ax+a−1
x+1(x＞−1)…（2分）
①当a＞0时，f′(x)＞0⇔x＞
1
a−1，f′(x)＜0⇔−1＜x＜
1
a−1
②当a≤0时，f'（x）＜0
所以，当a＞0时，f（x）的单调递减区间为(−1，
1
a−1)，递增区间为(
1
a−1，+∞)
当≤0时，f（x）的单调递减区间为（-1，+∞），无递增区间…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上为增函数，
所以，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即x＞ln（x+1），
所以
1
k＞ln(
1
k+1)＝ln
1+k
kk＝1，2，…，n，…（7分）
所以1+
1
2+
1
3+…+
1
n＞ln
2
1+ln
3
2+…+ln
1+n
n＝ln(
2
1•
3
2•…•
1+n
n)＝ln(n+1)，
即当n∈N^*时，1+
1
2+
1
3+…+
1
n＞ln(n+1)…（9分）
（Ⅲ）设h（x）=x-x²，因为f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），
则直线g（x）=kx+b必为f（x）和h（x）在点x=0处的公共切线，
由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在点x=0处的切线方程为y=x，即g（x）=x
又由f'（0）=a-1=1，得a=2…（11分）
下面证明f（x）≥g（x）≥h（x）：
设F（x）=f（x）-g（x）=x-ln（x+1），由（Ⅰ）知，F（x）在（-1，0）上单调递减，
在（0，+∞）上单调递增，所以F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥g（x），
又g（x）-h（x）=x²≥0，即g（x）≥h（x），
所以，当a=2时，存在一次函数g（x）=x，使得对任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²…（14分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法与放缩法．

考点点评： 本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查不等式的证明，有一定的难度，技巧性较强．