（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（e^2m-m）=e^2m-3m．

令g（x）=e^2x-3x（x＞1），则g′（x）=2e^2x-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（e^2m-m）=e^2m-3m＞0．--（11分）

所以，当整数m＞1时，函数f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e^2m-m]上为增函数且f（1-m）与f（e^2m-m）异号，

所以函数f（x）在区间[1-m，e^2m-m]内也有唯一零点．

综上，当m＞1时，函数f（x）在区间[e^-m-m，e^2m-m]内有两个零点．------------（14分）