答案：
（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e-2x≥1-x⇔（1+x）e-x≥（1-x）ex，
令h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex，则h′（x）=x（ex-e-x）．
当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1）上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1-x．
②当x∈[0，1）时，f(x)≤⇔ex≥1+x，令u（x）=ex-1-x，则u′（x）=ex-1．
当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）≤．
综上可知：1-x≤f(x)≤．
（II）设G（x）=f（x）-g（x）=(1+x)e-2x-(ax+x3+1+2xcosx)
≥1-x-ax-1-x3-2xcosx=-x(a+1++2cosx)．
令H（x）=+2cosx，则H′（x）=x-2sinx，
令K（x）=x-2sinx，则K′（x）=1-2cosx．
当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，
可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴当a≤-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．
下面证明当a＞-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．
f（x）-g（x）≤-(1+ax+x3+2xcosx)=-ax--2xcosx=-x(+a++2cosx)．
令v（x）=+a++2cosx=+a+H(x)，则v′（x）=+H′(x)．
当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，
∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
当a＞-3时，a+3＞0．
∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．
即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．
综上实数a的取值范围是（-∞，-3]．
