（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e^-2x≥1-x⇔（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，

令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，则h^′（x）=x（e^x-e^-x）．

当x∈[0，1）时，h^′（x）≥0，

∴h（x）在[0，1）上是增函数，

∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1-x．

②当x∈[0，1）时，f(x)≤

1

1+x

⇔e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，则u^′（x）=e^x-1．

当x∈[0，1）时，u^′（x）≥0，

∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，

∴f（x）≤

1

1+x

．

综上可知：1-x≤f(x)≤

1

1+x

．

（II）设G（x）=f（x）-g（x）=(1+x)e-2x-(ax+

1

2

x3+1+2xcosx)

≥1-x-ax-1-

1

2

x3-2xcosx=-x(a+1+

x2

2

+2cosx)．

令H（x）=

x2

2

+2cosx，则H^′（x）=x-2sinx，

令K（x）=x-2sinx，则K^′（x）=1-2cosx．

当x∈[0，1）时，K^′（x）＜0，

可得H^′（x）是[0，1）上的减函数，∴H^′（x）≤H^′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，

∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．

∴当a≤-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．

下面证明当a＞-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．

f（x）-g（x）≤

1

1+x

-(1+ax+

1

2

x3+2xcosx)=

-x

1+x

-ax-

x3

2

-2xcosx=-x(

1

1+x

+a+

x2

2

+2cosx)．

令v（x）=

1

1+x

+a+

x2

2

+2cosx=

1

1+x

+a+H(x)，则v^′（x）=

-1

(1+x)2

+H′(x)．

当x∈[0，1）时，v^′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，

∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．

当a＞-3时，a+3＞0．

∴存在x₀∈（0，1），使得v（x₀）＞0，此时，f（x₀）＜g（x₀）．

即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．

综上实数a的取值范围是（-∞，-3]．