（I）证明：当a=0时，f（x）=-e^x+x+1，则f′（x）=-e^x+1

令f′（x）=0，可得x=0

令f′（x）＜0，可得x＜0，令f′（x）＞0，可得x＞0

∴函数f（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，+∞）单调递减

∴f（x）_max=f（0）=0

∴f（x）≤0；

（II）f′（x）=-（ax+a-1）e^x+1-a，f（0）=f′（0）=0，

设g（x）=f′（x），则g′（x）=（ax+2a-1）e^x，

①a≤0，x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）上为减函数，

∵f′（0）=0，∴f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数，

∴f（x）＜f（0）=0与已知矛盾；

②当0＜a＜

1

2

，x∈（0，

1

a

-2）时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，

1

a

-2）上为减函数，此时f′（x）＜0，∴f（x）在（0，

1

a

-2）上为减函数，∴f（x）＜f（0）=0与已知矛盾；

③当a≥

1

2

，x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，即f′（x）在（0，+∞）上为增函数，

∴f′（x）≥f′（0）=0

∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）=0，不等式成立

综上，a≥

1

2

．