解题思路：（1）利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）利用导数研究其单调性，对分类讨论即可得出；
（3）对已知两边去对数得到：
(1+
1
n
)
n+1
＞e⇔(n+1)ln(1+
1
n
)＞1⇔ln(1+
1
n
)＞
1
n+1
，令
1+
1
n
＝x
，（1＜x≤2）通过换元，只需证lnx＞1-[1/x]（1＜x≤2），利用（1）的结论即可得出．
（1）当a=-1时，f(x)＝
1
x+lnx，x∈（0，+∞），
则f′(x)＝−
1
x2+
1
x＝
x−1
x2，
∵当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0．
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）∵f′(x)＝−
1
x2−
a
x＝−
ax+1
x2，
①当a≥0时，∵x∈（0，e]，∴ax+1＞0⇒f'（x）＜0，
函数f（x）在（0，e]上单调递减，∴f(x)min＝f(e)＝
1
e−a．
②当a＜0时，令f'（x）=0得x＝−
1
a，
当−
1
a＜e，即a＜−
1
e时，对x∈(0，−
1
a)，有f'（x）＜0；即函数f（x）在(0，−
1
a)上单调递减；
对x∈(−
1
a，e]，有f'（x）＞0，即函数f（x）在(−
1
a，e]上单调递增；
∴f(x)min＝f(−
1
a)＝−a−aln(−
1
a)；
当−
1
a≥e，即a≥−
1
e时，对x∈（0，e]有f'（x）＜0，即函数f（x）在（0，e]上单调递减；
∴f(x)min＝f(e)＝
1
e−a；
综上得f(x)min＝
1
e−a(a≥−
1
e)
−a−aln(−a)(a＜−
1
e)
（3）证明：(1+
1
n)n+1＞e⇔(n+1)ln(1+
1
n)＞1⇔ln(1+
1
n)＞
1
n+1，
令1+
1
n＝x，（1＜x≤2），则[1/n+1＝1−
1
x]，
∴要证ln(1+
1
n)＞
1
n+1只需证lnx＞1−
1
x（1＜x≤2），
由（1）知当a=-1时，f（x）min=f（1）
∴f(x)＝
1
x+lnx≥f（1）=1，即lnx≥1−
1
x，
∵1＜x≤2，∴上式取不到等号，即lnx＞1−
1
x，
∴(1+
1
n)n+1＞e．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查了利用导研究函数的单调性、分类讨论、恒成立问题的等价转化、换元法等基础知识与基本技能方法，属于难题．
