解题思路：（Ⅰ）①函数f（x）的定义域是（-1，+∞）求f′（x）判断f′（x）正负②由于f′（x）比较复杂令分子为g（x）判断g（x）单调性从而判断函数值正负③再令h（x）=g′（x），可求当-1＜x＜0时，h'（x）＞0，h（x）在（-1，0）上为增函数，当x＞0时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上为减函数h（x）在x=0处取得极大值，而h（0）=0，所以g'（x）＜0函数g（x）在（-1，+∞）上为减函数于是当-1＜x＜0时，g（x）＞g（0）=0，当x＞0时，g（x）＜g（0）=0．
（Ⅱ）借用（Ⅰ）结论将题设中不等式变形即可求出a最大值．
（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（-1，+∞），f′(x)＝
2ln(1+x)
1+x−
x2+2x
(1+x)2＝
2(1+x)ln(1+x)−x2−2x
(1+x)2．
设g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，则g'（x）=2ln（1+x）-2x．
令h（x）=2ln（1+x）-2x，则h′(x)＝
2
1+x−2＝
−2x
1+x．
当-1＜x＜0时，h'（x）＞0，h（x）在（-1，0）上为增函数，
当x＞0时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上为减函数．
所以h（x）在x=0处取得极大值，而h（0）=0，所以g'（x）＜0（x≠0），
函数g（x）在（-1，+∞）上为减函数．
于是当-1＜x＜0时，g（x）＞g（0）=0，
当x＞0时，g（x）＜g（0）=0．
所以，当-1＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）在（-1，0）上为增函数．
当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
故函数f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）．
（Ⅱ）不等式(1+
1
n)n+a≤e等价于不等式(n+a)ln(1+
1
n)≤1．
由1+
1
n＞1知，a≤
1
ln(1+
1
n)−n．
设G(x)＝
1
ln(1+x)−
1
x，x∈(0，1]，
则G′(x)＝−
1
(1+x)ln2(1+x)+
1
x2＝
(1+x)ln2(1+x)−x2
x2(1+x)ln2(1+x)．
由（Ⅰ）知，ln2(1+x)−
x2
1+x≤0，即（1+x）ln2（1+x）-x2≤0．
所以G'（x）＜0，x∈（0，1]，于是G（x）在（0，1]上为减函数．
故函数G（x）在（0，1]上的最小值为G(1)＝
1
ln2−1．
所以a的最大值为
1
ln2−1．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查函数单调性问题由于导函数过于复杂方法中多次求导