解题思路：（1）k=
1/2]时，利用导数可判断f（x）在（0，+∞）上单调递增，从而可得f（x）＞f（0）=1；
（2）f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，等价于f′（x）=ex-2kx≥0（x＞0）恒成立，分k≤0，0＜k≤[1/2]，k＞[1/2]三种情况进行讨论，前两种情况易作出判断，k＞[1/2]时，利用导数求出最值解不等式即可；
（3）由（1）知，对于x∈（0，+∞），有f（x）=ex＞[1/2]x2+1，则e2x＞2x2+1，ln（2x2+1）＜2x，从而有ln（[2
n
4
+1）＜
2
n
2
（n∈N*），于是ln（
2
1
4
+1）+ln（
2
2
4
+1）+ln（
2
3
4
+1）+…+ln（
2
n
4
+1）＜
2
1
2
+
2
2
2
+
+…+
2
n
2
＜
2
1
2
+
2/1×2]+…+
2
(n−1)×n
，整理可得结论；
（1）f（x）=ex-
1/2]x2，则h（x）=f′（x）=ex-x，
∴h′（x）=ex-1＞0（x＞0），
∴h（x）=f′（x）在（0，+∞）上递增，∴f′（x）＞f′（0）=1＞0，
∴f（x）=ex-[1/2]x2在（0，+∞）上单调递增，
故f（x）＞f（0）=1．
（2）f′（x）=ex-2kx，下求使f′（x）≥0（x＞0）恒成立的k的取值范围．
若k≤0，显然f′（x）＞0，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
记φ（x）=ex-2kx，则φ′（x）=ex-2k，
当0＜k≤[1/2]时，∵ex＞e0=1，2k≤1，∴φ′（x）＞0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
于是f′（x）=φ（x）＞φ（0）=1＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当k＞[1/2]时，φ（x）=ex-2kx在（0，ln2k）上单调递减，在（ln2k，+∞）上单调递增，
于是f′（x）=φ（x）≥φ（ln2k）=eln2k-2kln2k，
由eln2k-2kln2k≥0，得2k-2kln2k≥0，则[1/2]≤k≤[e/2]，
综上，k的取值范围为（-∞，[e/2]]．
（3）由（1）知，对于x∈（0，+∞），有f（x）=ex＞[1/2]x2+1，∴e2x＞2x2+1，
则ln（2x2+1）＜2x，从而有ln（[2
n4+1）＜
2
n2（n∈N*），
于是：ln（
2
14+1）+ln（
2
24+1）+ln（
2
34+1）+…+ln（
2
n4+1）＜
2
12+
2
22++…+
2
n2＜
2
12+
2/1×2]+…+[2
(n−1)×n=2+2（1-
1/2]+…+[1/n−1]-[1/n]）=4-[2/n]＜4，
故：（[2
14+1）（
2
24+1）（
2
34+1）…（
2
n4+1）＜e4．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式证明等知识，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，综合性较强，对能力要求很高．
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