（I）∵f′（x）=

(1+x)2-1+ln(1+x)

(1+x)2

，f′（x）=

g(x)

(1+x)2

，

∴g（x）=（1+x）²-1+ln（1+x）   

∴g′（x）=2（1+x）+

1

1+x

当x≥0时，g′（x）＞0，∴g（x）在[0，+∞）上为增函数，

∴g（x）≥g（0）=0，即g（x）的最小值为0；   

（II）证明：①当n=1时，a₂=f（a₁）=a1-

ln(1+a1)

1+a1

＜a₁=1，

又g（x）≥0，则f′（x）=

g(x)

(1+x)2

≥0

所以f（x）在[0，+∞）上为增函数，即f（x）≥f（0）=0

则a₂=f（a₁）＞f（0）=0，所以0＜a₂＜a₁≤1；

②假设当n=k时，结论成立，即0＜a_k+1＜a_k≤1，则

当n=k+1时，a_k+2=f（a_k+1）=ak+1-

ln(1+ak+1)

1+ak+1

＜a_k+1≤1

∵f（x）在[0，+∞）上为增函数，

∴a_k+2=f（a_k+1）＞f（0）=0

∴0＜a_k+2＜a_k+1≤1，

∴当n=k+1时，结论也成立．

由①②知，0＜a_n+1＜a_n≤1；

（III）证明：由（II）0＜a_n+1＜a_n≤1得

1

an+1

＞

1

an

，即1+

1

an+1

＞1+

1

an

故

an+1

1+an+1

＜

an

1+an

 

则T_n=

an

1+a1

+

a1a2

(1+a1)(1+a2)

+…+

a1a2…an

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

＜

a1

1+a1

+(

a1

1+a1

)2+…+(

a1

1+a1

)n=

a1 1+a1 [1-( a1 1+a1 )n]

1- a1 1+a1

＜

a1 1+a1

1+ a1 1+a1

=a₁=1

所以T_n＜1成立．