已知函数f（x）=ax 2 +ln（x+1）．

（1）因为g（x）=f（x）-ax ² -x=ax ² +ln（x+1）-ax ² -x=ln（x+1）-x（x＞-1），
所以 g ′ (x)=
1
x+1 -1=-
x
x+1 (x＞-1) ，
当-1＜x＜0时，g ^′ （x）＞0，当x＞0时，g ^′ （x）＜0，
故函数g（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）．
g（x） _max =g（0）=ln1=0．
（2）因为当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax ² +ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax ² +ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x） _max ≤0即可．
g ′ (x)=2ax+
1
x+1 -1=
x[2ax+(2a-1)]
x+1 ，
①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．
②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g（x）在（0，+∞）上单调递增，
g（x）在[0，+∞）上无最大值，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．
③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]．
（3）由（1）知ln（x+1）≤x，令x=
1
n 2 ，所以 ln(1+
1
n 2 )≤
1
n 2 =
1
n•n ＜
1
(n-1)n =
1
n-1 -
1
n ，
所以 ln(1+
1
2 2 )+ln(1+
1
3 2 )+…+ln(1+
1
n 2 ) ＜ (1-
1
2 )+(
1
2 -
1
3 )+…+(
1
n-1 -
1
n )=1-
1
n ＜1 ，
所以 ln(1+
1
2 2 )(1+
1
3 2 )…(1+
1
n 2 )＜1=lne ，
所以 (1+
1
2 2 )(1+
1
3 2 )…(1+
1
n 2 )＜e ．