证明：（1）∵f(x)=

ln(1+x)

x

，(x＞0)

∴f′(x)=

x 1+x -ln(1+x)

x2

，

设g(x)=

x

1+x

-ln(1+x)，(x≥0)．

∴g′(x)=

1+x-x

(1+x)2

-

1

1+x

=

1-(1+x)

(1+x)2

=

-x

(1+x)2

≤0，

∴y=g（x）在[0，+∞）上为减函数．

∴g(x)=

x

1+x

-ln(1+x)≤g(0)=0，

∴f′(x)=

x 1+x -ln(1+x)

x2

＜0，

∴函数f(x)=

ln(1+x)

x

在（0，+∞）上为减函数．

（2）ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，⇔ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，

设h（x）=ln（1+x）-ax，则h（0）=0，

∴h′(x)=

1

1+x

-a，

若a≥1，则x∈[0，+∞）时，h′(x)=

1

1+x

-a≤0恒成立，

∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，+∞）上为减函数

∴ln（1+x）-ax＜h（0）=0在（0，+∞）上恒成立，

∴ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

若a≤0显然不满足条件，

若0＜a＜1，则h′(x)=

1

1+x

-a=0时，x=

1

a

-1，

∴x∈[0，

1

a

  时h'（x）≥0，

∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，

1

a

  上为增函数，

当x∈[0，

1

a

  时，h（x）=ln（1+x）-ax＞0，

不能使ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

∴a≥1

（3）由（2）可知

ln(1+x)

x

＜1在（0，+∞）上恒成立，

∴ln(1+x)

1

x

＜1，即(1+x)

1

x

＜e，

取

1

x

=n，即可证得(1+

1

n

)n＜e对一切正整数n成立．