（1）证明：设φ1(x)=f(x)-g1(x)=ex-x-1，

所以φ1′(x)=ex-1．…（1分）

当x＜0时，φ1′(x)＜0，当x=0时，φ1′(x)=0，当x＞0时，φ1′(x)＞0．

即函数φ₁（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，在x=0处取得唯一极小值，…（2分）

因为φ₁（0）=0，所以对任意实数x均有 φ₁（x）≥φ₁（0）=0．

即f（x）-g₁（x）≥0，

所以f（x）≥g₁（x）．…（3分）

（2）当x＞0时，f（x）＞g_n（x）．…（4分）

用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，由（1）知f（x）＞g₁（x）．

②假设当n=k（k∈N^*）时，对任意x＞0均有f（x）＞g_k（x），…（5分）

令φ_k（x）=f（x）-g_k（x），φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x），

因为对任意的正实数x，φk+1′(x)=f′(x)-g′k+1(x)=f(x)-gk(x)，

由归纳假设知，φk+1′(x)=f(x)-gk(x)＞0．…（6分）

即φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x）在（0，+∞）上为增函数，亦即φ_k+1（x）＞φ_k+1（0），

因为φ_k+1（0）=0，所以φ_k+1（x）＞0．

从而对任意x＞0，有f（x）-g_k+1（x）＞0．

即对任意x＞0，有f（x）＞g_k+1（x）．

这就是说，当n=k+1时，对任意x＞0，也有f（x）＞g_k+1（x）．

由①、②知，当x＞0时，都有f（x）＞g_n（x）．…（8分）

（3）证明：先证对任意正整数n，g_n（1）＜e．

由（2）知，当x＞0时，对任意正整数n，都有f（x）＞g_n（x）．

令x=1，得g_n（1）＜f（1）=e．

所以g_n（1）＜e．…（9分）

再证对任意正整数n，1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)=1+1+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

．

要证明上式，只需证明对任意正整数n，不等式(

2

n+1

)n≤

1

n!

成立．

即要证明对任意正整数n，不等式n!≤(

n+1

2

)n（*）成立．…（10分）

以下分别用数学归纳法和基本不等式法证明不等式（*）：

方法1（数学归纳法）：

①当n=1时，1!≤(

1+1

2

)1成立，所以不等式（*）成立．

②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式（*）成立，

即k!≤(

k+1

2

)k．…（11分）

则(k+1)!=(k+1)k!≤(k+1)(

k+1

2

)k=2(

k+1

2

)k+1．

因为

( k+2 2 )k+1

( k+1 2 )k+1

=(

k+2

k+1

)k+1=(1+

1

k+1

)k+1=

C

0k+1

+

C

1k+1

1

k+1

+…+

C

k+1k+1

(

1

k+1

)k+1≥2，…（12分）

所以(k+1)!≤2(

k+1

2

)k+1≤(

k+2

2

)k+1．…（13分）

这说明当n=k+1时，不等式（*）也成立．

由①、②知，对任意正整数n，不等式（*）都成立．

综上可知，对任意正整数n，不等式1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)＜e成立．

…（14分）

方法2（基本不等式法）：

因为

n•1

≤

n+1

2

，…（11分）

(n-1)•2

≤

n+1

2

，

…，

1•n

≤

n+1

2

，

将以上n个不等式相乘，得n!≤(

n+1

2

)n．…（13分）

所以对任意正整数n，不等式（*）都成立．

综上可知，对任意正整数n，不等式1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)＜e成立．

…（14分）