${g_n}\left(x\right) = \dfrac{x}{1 + nx}\left(x \geqslant 0\right)$．

首先求得 $g_{n+1}\left(x\right)$ 和 $g_n\left(x\right)$ 的关系式，然后仿照数列，将它看成一个递推式，通过构造辅助数列求 $g_n\left(x\right)$ 解析式．因为 $ f\left(x\right)=\ln\left(x+1\right)$，可得 $ f'\left(x\right)=\dfrac{1}{1+x}$，所以\[ g\left(x\right) = \dfrac{x}{1 + x} = \dfrac{x + 1 - 1}{1 + x} = 1 - \dfrac{1}{1 + x},\]再结合 $ x \geqslant 0$，可知\[1 - \dfrac{1}{1 + x} \geqslant 0,\]即 $g\left(x\right) \geqslant 0$，当且仅当 $x = 0$ 时取等号，
所以，当 $x = 0$ 时，${g_n}\left(0\right) = 0$，当 $x > 0$ 时，$g\left(x\right) > 0$，
因为 ${g_{n + 1}}\left(x\right) = g\left({g_n}\left(x\right)\right)$，所以\[ {g_{n + 1}}\left(x\right) = \dfrac{{{g_n}\left(x\right)}}{{1 + {g_n}\left(x\right)}},\]整理得\[ \dfrac{1}{{{g_{n + 1}}\left(x\right)}} = \dfrac{{1 + {g_n}\left(x\right)}}{{{g_n}\left(x\right)}} = \dfrac{1}{{{g_n}\left(x\right)}} + 1,\]即\[\dfrac{1}{{{g_{n + 1}}\left(x\right)}} - \dfrac{1}{{{g_n}\left(x\right)}} = 1,\]所以数列 $\left\{ \dfrac{1}{{{g_n}\left(x\right)}}\right\} $ 是以 ${g_1}\left(x\right)$ 为首项，以 $ 1 $ 为公差的等差数列，所以\[ {g_n}\left(x\right) = \dfrac{x}{1 + nx}\left(x > 0\right),\]当 $x = 0$ 时，${g_n}\left(0\right) = \dfrac{0}{1 + 0} = 0$，符合上式．
因此 ${g_n}\left(x\right) = \dfrac{x}{1 + nx}\left(x \geqslant 0\right)$．

$\left( - \infty ,1\right]$．

恒成立问题的常用分离变量法处理，此题如果将 $a$ 和 $x$ 分离，则含有 $x$ 一侧的函数会出现对数和多项式相乘的情形，形式复杂，不易研究单调性，所以我们可以不参变分离，将 $f\left(x\right)$ 和 $ag\left(x\right)$ 移到一边，通过分析端点的方法来求得 $a$ 的取值范围．在 $x \geqslant 0$ 范围内 $f\left(x\right) \geqslant ag\left(x\right)$ 恒成立，等价于 $f\left(x\right) - ag\left(x\right) \geqslant 0$ 成立，
令 $h\left(x\right) = f\left(x\right) - ag\left(x\right) = \ln \left(x + 1\right) - \dfrac{ax}{1 + x}$，即 $h\left(x\right) \geqslant 0$ 恒成立，则\[h'\left(x\right) = \dfrac{1}{x + 1} - \dfrac{a\left(1 + x\right) - ax}{{{{\left(1 + x\right)}^2}}} = \dfrac{x + 1 - a}{{{{\left(1 + x\right)}^2}}},\]令 $h'\left(x\right) > 0$，即 $x + 1 - a > 0$，得 $x > a - 1$，
当 $a - 1 \leqslant 0$，即 $a \leqslant 1$ 时，$h\left(x\right)$ 在 $\left[0, + \infty \right)$ 上单调递增，则\[h\left(x\right) \geqslant h\left(0\right) = \ln \left(1 + 0\right) - 0 = 0,\]所以当 $a \leqslant 1$ 时，$h\left(x\right)$ 在 $\left[0, + \infty \right)$ 上 $h\left(x\right) \geqslant 0$ 恒成立；
当 $a - 1 > 0$，即 $a > 1$ 时，$h\left(x\right)$ 在 $\left[a - 1, + \infty \right)$ 上单调递增，在 $\left[0,a - 1\right]$ 上单调递减，所以\[h\left(x\right) \geqslant h\left(a - 1\right) = \ln a - a + 1,\]设 $\varphi \left(a\right) = \ln a - a + 1\left(a > 1\right)$，则\[\varphi '\left(a\right) = \dfrac{1}{a} - 1,\]因为 $a > 1$，所以 $\dfrac{1}{a} - 1 < 0$，即 $\varphi '\left(a\right) < 0$，所以函数 $\varphi \left(a\right)$ 在 $\left(1, + \infty \right)$ 上单调递减，所以\[\varphi \left(a\right) < \varphi \left(1\right) = 0,\]即 $h\left(a - 1\right) < 0$，所以 $h\left(x\right) \geqslant 0$ 不恒成立，
综上所述，实数 $a$ 的取值范围为 $\left( - \infty ,1\right]$．

$g\left(1\right) + g\left(2\right) + \cdots + g\left(n\right) > n - \ln \left(n + 1\right)$．证明略．

此题可借助第二问中当 $a=1$ 时的不等式来证明．令 $x=\dfrac 1n$ 然后累加即可．由题设知\[\begin{split}g\left(1\right) + g\left(2\right) + \cdots + g\left(n\right) &= \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} + \cdots + \dfrac{n}{n + 1},\\n - f\left(n\right) &= n - \ln \left(n + 1\right),\end{split}\]比较结果为 $g\left(1\right) + g\left(2\right) + \cdots + g\left(n\right) > n - \ln \left(n + 1\right)$，
证明如下：
上述不等式等价于\[\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \cdots+ \dfrac{1}{n + 1} < \ln \left(n + 1\right),\]在（2）中取 $a = 1$，可得\[\ln \left(1 + x\right) > \dfrac{x}{1 + x},x > 0,\]令 $x = \dfrac{1}{n}$，$n \in {{\mathbb{N}}_+ }$，则\[\ln \dfrac{n + 1}{n} > \dfrac{1}{n + 1},\]即\[\ln \left(n + 1\right) - \ln n > \dfrac{1}{n + 1},\]故有\[\begin{split}\ln 2 - \ln 1 &> \dfrac{1}{2},\\\ln 3 - \ln 2 &> \dfrac{1}{3}, \\ \cdots\cdots \\ \ln \left(n + 1\right) - \ln n &> \dfrac{1}{n + 1},\end{split}\]上述各式相加可得 $\ln \left(n + 1\right) > \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \cdots+ \dfrac{1}{n + 1}$，结论得证．