（1）證明：∵f（x）=ex+e-x，∴f（-x）=e-x+ex=f（x），∴f（x）是R上的偶函式；（2）解：若關於x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恆成立，即m（ex+e-x-1）≤e-x-1，∵x＞0，∴ex+e-x-1＞0，即m≤在（0，+∞）上恆成立，設t=ex，（t＞1），則m≤在（1，+∞）上恆成立，∵=-=-，當且僅當t=2，即x=ln2時等號成立，∴m≤；（3）令g（x）=ex+e-x-a（-x3+3x），則g′（x）=ex-e-x+3a（x2-1），當x＞1，g′（x）＞0，即函式g（x）在[1，+∞）上單調遞增，故此時g（x）的最小值g（1）=e+-2a，由於存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（-x03+3x0）成立，故e+-2a＜0，即a＞（e+），令h（x）=x-（e-1）lnx-1，則h′（x）=1-，由h′（x）=1-=0，解得x=e-1，①當0＜x＜e-1時，h′（x）＜0，此時函式單調遞減，②當x＞e-1時，h′（x）＞0，此時函式單調遞增，∴h（x）在（0，+∞）上的最小值為h（e-1），注意到h（1）=h（e）=0，∴當x∈（1，e-1）?（0，e-1）時，h（e-1）≤h（x）＜h（1）=0，當x∈（e-1，e）?（e-1，+∞）時，h（x）＜h（e）=0，∴h（x）＜0，對任意的x∈（1，e）成立．①a∈（（e+），e）?（1，e）時，h（a）＜0，即a-1＜（e-1）lna，從而ae-1＞ea-1，②當a=e時，ae-1=ea-1，③當a∈（e，+∞），e）?（e-1，+∞）時，當a＞e-1時，h（a）＞h（e）=0，即a-1＞（e-1）lna，從而ae-1＜ea-1．
（1）證明：∵f（x）=ex+e-x，∴f（-x）=e-x+ex=f（x），∴f（x）是R上的偶函式；（2）解：若關於x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恆成立，即m（ex+e-x-1）≤e-x-1，∵x＞0，∴ex+e-x-1＞0，即m≤在（0，+∞）上恆成立，設t=ex，（t＞1），則m≤在（1，+∞）上恆成立，∵=-=-，當且僅當t=2，即x=ln2時等號成立，∴m≤；（3）令g（x）=ex+e-x-a（-x3+3x），則g′（x）=ex-e-x+3a（x2-1），當x＞1，g′（x）＞0，即函式g（x）在[1，+∞）上單調遞增，故此時g（x）的最小值g（1）=e+-2a，由於存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（-x03+3x0）成立，故e+-2a＜0，即a＞（e+），令h（x）=x-（e-1）lnx-1，則h′（x）=1-，由h′（x）=1-=0，解得x=e-1，①當0＜x＜e-1時，h′（x）＜0，此時函式單調遞減，②當x＞e-1時，h′（x）＞0，此時函式單調遞增，∴h（x）在（0，+∞）上的最小值為h（e-1），注意到h（1）=h（e）=0，∴當x∈（1，e-1）?（0，e-1）時，h（e-1）≤h（x）＜h（1）=0，當x∈（e-1，e）?（e-1，+∞）時，h（x）＜h（e）=0，∴h（x）＜0，對任意的x∈（1，e）成立．①a∈（（e+），e）?（1，e）時，h（a）＜0，即a-1＜（e-1）lna，從而ae-1＞ea-1，②當a=e時，ae-1=ea-1，③當a∈（e，+∞），e）?（e-1，+∞）時，當a＞e-1時，h（a）＞h（e）=0，即a-1＞（e-1）lna，從而ae-1＜ea-1．