已知函数f（x）=ln（x+1）-[xa(x+1)．

解题思路：（1）求函数的导数，则导数f′（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立即可，分离参数即得a≥1x+1对任意x∈[0，+∞）恒成立，a≥（1x+1）max（x∈[0，+∞））即可．（2）a=1时，求f（x）的导数，再令导数等于0，得到的x的值为函数的极值点，在借助函数在[-12，1]的单调性，判断函数当x为何值时有最大值，何时有最小值．（3）由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-xx+1在[0，+∞）上是增函数，则f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥x1+x，x∈[0，+∞）成立．即lnn+1n＞1n+1，得证，或利用数学归纳法来证明也可．

（1）∵f（x）=ln（x+1）-[x
a(x+1)，∴f′（x）=
a(x+1)−1
a(x+1)2（a＞0）．
∵函数f（x）在[0，+∞）内为增函数，∴f′（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，
∴a（x+1）-1≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，即a≥
1/x+1]对任意x∈[0，+∞）恒成立．
而当x∈[0，+∞）时，（[1/x+1]）_max=1，∴a≥1．
（2）当a=1时，f′（x）=[x
(x+1)2．∴当x∈[-
1/2]，0）时，f′（x）＜0，f（x）在[-[1/2]，0）上单调递减，
当x∈（0，1]时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，∴f（x）在[-[1/2]，1]上有唯一极小值点，
故f（x）_min=f（0）=0．又f（-[1/2]）=1+ln[1/2]=1-ln2，f（1）=-[1/2]+ln2，
f（-[1/2]）-f（1）=[3/2]-2ln2=[3−ln16/2]=[lne3−ln16/2]∵e³＞16，
∴f（-[1/2]）-f（1）＞0，即f（-[1/2]）＞f（1）．∴f（x）在[-[1/2]，1]上的最大值为f（-[1/2]）=1-ln2．
综上，函数f（x）在[-[1/2]，1]上的最大值是1-ln2，最小值是 0．
（3）法一：用数学归纳法．
①当n=2时，要证[1/2]＜ln2，只要证ln4＞1，显然成立．
②假设当n=k时，不等式[1/2]+[1/3]+[1/4]+…+[1/k]＜lnk（k＞1，k∈N^*）成立．
则当n=k+1时，[1/2]+[1/3]+[1/4]+…+[1/k]+[1/k+1]＜lnk+[1/k+1]．要证lnk+[1/k+1]＜ln（k+1）成立，
只要证[1/k+1]＜ln[k+1/k]，即[1/k+1]＜ln（1+[1/k]）． 令[1/k]=x＞0，则上式化为[x/1+x]＜ln（1+x）（x＞0）．
只要证：ln（1+x）-[x/1+x]＞0（*）．
由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-[x/x+1]在[0，+∞）内是增函数，
故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥[x/x+1]x∈[0，+∞）成立，而（*）中x=[1/k]（k＞1，k∈N^*），x＞0，
∴ln（1+x）-[x/1+x]＞0　即（*）式成立．∴当n=k+1时，不等式成立．
由①②知对任意n＞1的正整数不等式都成立．
法二：由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-[x/x+1]在[0，+∞）上是增函数，
故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥[x/1+x]，x∈[0，+∞）成立．
令x=[1/n]（n∈N^*），则x＞0，∴有ln（1+x）＞[x/1+x]，即ln[n+1/n]＞[1/n+1]．
由此得ln[2/1]＞[1/2]，ln[3/2]＞[1/3]，ln[4/3]＞[1/4]，…，ln[n/n−1]＞[1/n]，
则ln[2/1]+ln[3/2]+ln[4/3]+…+ln[n/n−1]＞[1/2]+[1/3]+[1/4]+…+[1/n]，即得lnn＞[1/2]+[1/3]+[1/4]+…+[1/n]．
故对大于1的任意正整数n．都有[1/2]+[1/3]+[1/4]+…+[1/n]＜lnn．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系．

考点点评： 本题重点考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查大小比较，解题的关键是正确求出导函数，合理构建不等式，属于中档题．