记 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$。原式给出 $F(x)=(x+1)[f^{\prime }(x)+f(x)]$，且代入 $x=0$ 得 $f^{\prime }(0)=-1$。

由 $f^{\prime }=\frac{F}{(x+1)}-f$，右端可导，故 $f$ 二阶可导（零点处取右导数）。于是对原等式求导。因为 ${\left(\frac{F}{(x+1)}\right)}^{\prime }=\frac{[(x+1)f-F]}{(x+1{)}^2}=-\frac{f^{\prime }}{(x+1)}$，所以 $f^{\prime \prime }+(1+\frac{1}{(x+1)})f^{\prime }=0$。

令 $g=f^{\prime }$，解得 $g=\frac{C{\mathrm{e}}^{-x}}{(x+1)}$。由 $g(0)=-1$ 知 $C=-1$，故 $f^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{(x+1)}$。

由第一问及 $f(0)=1$，$f(x)=1-{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t+1}\mathrm{d}t$。因被积函数非负，所以 $f(x)\le 1$。

当 $t\ge 0$ 时，$\frac{1}{(t+1)}\le 1$，于是

因此 $f(x)\ge {\mathrm{e}}^{-x}$，结论成立。