（1）∵f（x）=ln（x+1）-

x

a(x+1)

，∴f′（x）=

a(x+1)-1

a(x+1)2

（a＞0）．

∵函数f（x）在[0，+∞）内为增函数，∴f′（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，

∴a（x+1）-1≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，即a≥

1

x+1

对任意x∈[0，+∞）恒成立．

而当x∈[0，+∞）时，（

1

x+1

）_max=1，∴a≥1．

（2）当a=1时，f′（x）=

x

(x+1)2

．∴当x∈[-

1

2

，0）时，f′（x）＜0，f（x）在[-

1

2

，0）上单调递减，

当x∈（0，1]时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，∴f（x）在[-

1

2

，1]上有唯一极小值点，

故f（x）_min=f（0）=0．又f（-

1

2

）=1+ln

1

2

=1-ln2，f（1）=-

1

2

+ln2，

f（-

1

2

）-f（1）=

3

2

-2ln2=

3-ln16

2

=

lne3-ln16

2

∵e³＞16，

∴f（-

1

2

）-f（1）＞0，即f（-

1

2

）＞f（1）．∴f（x）在[-

1

2

，1]上的最大值为f（-

1

2

）=1-ln2．

综上，函数f（x）在[-

1

2

，1]上的最大值是1-ln2，最小值是 0．

（3）法一：用数学归纳法．

①当n=2时，要证

1

2

＜ln2，只要证ln4＞1，显然成立．

②假设当n=k时，不等式

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

k

＜lnk（k＞1，k∈N^*）成立．

则当n=k+1时，

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

k

+

1

k+1

＜lnk+

1

k+1

．要证lnk+

1

k+1

＜ln（k+1）成立，

只要证

1

k+1

＜ln

k+1

k

，即

1

k+1

＜ln（1+

1

k

）． 令

1

k

=x＞0，则上式化为

x

1+x

＜ln（1+x）（x＞0）．

只要证：ln（1+x）-

x

1+x

＞0（*）．

由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-

x

x+1

在[0，+∞）内是增函数，

故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥

x

x+1

x∈[0，+∞）成立，而（*）中x=

1

k

（k＞1，k∈N^*），x＞0，

∴ln（1+x）-

x

1+x

＞0　即（*）式成立．∴当n=k+1时，不等式成立．

由①②知对任意n＞1的正整数不等式都成立．

法二：由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-

x

x+1

在[0，+∞）上是增函数，

故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥

x

1+x

，x∈[0，+∞）成立．

令x=

1

n

（n∈N^*），则x＞0，∴有ln（1+x）＞

x

1+x

，即ln

n+1

n

＞

1

n+1

．

由此得ln

2

1

＞

1

2

，ln

3

2

＞

1

3

，ln

4

3

＞

1

4

，…，ln

n

n-1

＞

1

n

，

则ln

2

1

+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n

n-1

＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

，即得lnn＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

．

故对大于1的任意正整数n．都有

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

＜lnn．