解题思路：（Ⅰ）先求导函数，令f'（x）=0，得x=1-m，结合函数的定义域，可得f（1-m）=1-m为极小值，而且对x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m，故可得解；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，函数f（x）=x-ln（x+m），在[e-m-m，1-m]上为减函数，，f（e-m-m）与f（1-m）异号．由函数零点判定定理知，函数f（x）在区间（e-m-m，1-m）内有唯一零点；当m＞1时，f（e2m-m）=e2m-3m．
令g（x）=e2x-3x（x＞1），则函数g（x）在区间（1，+∞）上递增，m＞1时，函数f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e2m-m]上为增函数且f（1-m）与f（e2m-m）异号，所以函数f（x）在区间[1-m，e2m-m]内也有唯一零点，从而得证．
（Ⅰ）∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），
∴f′(x)＝1−
1
x+m＝
x−(1−m)
x+m，令f'（x）=0，得x=1-m．------------（2分）
当x∈（-m，1-m）时，f'（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）＞f（1-m）
当x∈（1-m，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，f（x）＞f（1-m）---（4分）
根据函数极值判别方法，f（1-m）=1-m为极小值，
而且对x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m．
故当m≤1时，f（x）≥0．---------------（6分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当m＞1时，f（1-m）=1-m＜0，
函数f（x）=x-ln（x+m），在[e-m-m，1-m]上为减函数．
f（e-m-m）=e-m-m-ln（e-m-m+m）=e-m＞0
所以当m＞1时，f（e-m-m）与f（1-m）异号．
由函数零点判定定理知，函数f（x）在区间（e-m-m，1-m）内有唯一零点．----------（9分）
而当m＞1时，f（e2m-m）=e2m-3m．
令g（x）=e2x-3x（x＞1），则g′（x）=2e2x-3（x＞1）＞2e2-3＞0，
那么函数g（x）在区间（1，+∞）上递增．于是g（x）＞g（1）=e2-3＞0，从而f（e2m-m）=e2m-3m＞0．--（11分）
所以，当整数m＞1时，函数f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e2m-m]上为增函数且f（1-m）与f（e2m-m）异号，
所以函数f（x）在区间[1-m，e2m-m]内也有唯一零点．
综上，当m＞1时，函数f（x）在区间[e-m-m，e2m-m]内有两个零点．------------（14分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．
考点点评： 本题以函数为载体，考查导数的运用，考查函数的极值，同时考查函数的零点，解题的关键是正确运用函数零点判定定理