已知函数f（x）=xeax-ex．（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜-1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：(1)/((sqrt({1^2)+1))}+(1)/((sqrt({2^2)+2))}+…+(1)/((sqrt({n^2)+n))}＞ln（n+1）．

解：（1）当a=1时，f（x）=xe^x-e^x=e^x（x-1），
f′（x）=e^x（x-1）+e^x=xe^x，
∵e^x＞0，
∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（2）令g（x）=f（x）+1=xe^ax-e^x+1（x＞0），
∵f（x）＜-1，f（x）+1＜0，
∴g（x）＜g（0）=0在x＞0上恒成立，
又g′（x）=e^ax+xae^ax-e^x，
令h（x）=g′（x），则h′（x）=ae^ax+a（e^ax+axe^ax）-e^x=a（2e^ax+axe^ax）-e^x，
∴h′（0）=2a-1，
①当2a-1＞0，即a＞$\frac{1}{2}$，h′（0）=$\underset{lim}{x→0+}$$\frac{g′（x）-g′（0）}{x-0}$=$\underset{lim}{x→0+}$$\frac{g′（x）}{x}$＞0，
∴∃x₀＞0，使得当x∈（0，x₀），有$\frac{\;g′（x）}{x}$＞0，∴g′（x）＞0，
所以g（x）单调递增，g（x₀）＞g（0）=0，矛盾；
②当2a-1≤0，即a≤$\frac{1}{2}$，
g′（x）=e^ax+xae^ax-e^x=（1+ax）e^ax-e^x，
若1+ax≤0，则g'（x）＜0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）=0，符合题意．
若1+ax＞0，则g′（x）=e^ax+xae^ax-e^x=e^{ax+ln（1+ax）}-e^x≤${e}^{\frac{1}{2}x+ln（1+\frac{1}{2}x）}$-e^x≤${e}^{\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}x}-{e}^{x}$=0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）=0，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是a≤$\frac{1}{2}$．
（3）由（2）可知，当a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=$x{e}^{\frac{1}{2}x}-{e}^{x}$＜-1（x＞0），
令x=ln（1+$\frac{1}{n}$）（n∈N^*）得，$ln（1+\frac{1}{n}）•{e}^{\frac{1}{2}ln（1+\frac{1}{n}）}-{e}^{ln（1+\frac{1}{n}）}$＜-1，
整理得，$ln（1+\frac{1}{n}）•\sqrt{1+\frac{1}{n}}-\frac{1}{n}＜0$，
∴$\frac{\frac{1}{\;n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$），
∴$\frac{1}{\sqrt{{n}^{2}+n}}$＞ln（$\frac{n+1}{n}$），∴$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k}}$＞$\sum_{k=1}^{n}$ln（$\frac{k+1}{k}$）=ln（$\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×...×\frac{n+1}{n}$）=ln（n+1），
即$\frac{1}{\sqrt{{1}^{2}+1}}$+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{2}+2}}$+...+$\frac{1}{\sqrt{\;{n}^{2}+n}}$＞ln（n+1）．