分析：（I）先求导数fˊ（x）然后在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，fˊ（x）＞0的区间为单调增区间，fˊ（x）＜0的区间为单调减区间．
（II）由（I）知当x=0时，f（x）取得最小值，即f（x）≥1，即e
x-ln（x+1）≥1，即e
x≥ln（x+1）+1，取x=
，则
e≥ln(+1)+1=ln(n+1)-lnn+1，再分别令n=1，2，3，…，n得到n个不等式，相加即得．
解答：解：x＞-1，f′（x）=e
x-
．
（I）由于f′（x）=e
x-
在（-1，+∞）上是增函数，且f′（0）=0，
∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，
故函数f（x）的单调增区间（0，+∞），函数f（x）的单调减区间（-1，0）．
（II）由（I）知当x=0时，f（x）取得最小值，即f（x）≥1，
∴e
x-ln（x+1）≥1，即e
x≥ln（x+1）+1，
取x=
，则
e≥ln(+1)+1=ln(n+1)-lnn+1，
于是e≥ln2-ln1+1，
e≥ln3-ln2+1，
e≥ln4-ln3+1，
…
e≥ln（n+1）-lnn+1．
相加得，
e+e+e+…+e≥ln(n+1)(n∈N*，e为常数)，得证．
点评：本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函数增减区间的判断、极值的计算和不等式性质的应用．解题时要认真审题，仔细解答．
