（I）∵f′(x)=

1

1+x

-a，

∴f′(1)=

1

2

-a．

由题知

1

2

-a=-

1

2

，

解得a=1．（3分）

（II）由（I）有f（x）=ln（1+x）-x，

∴原方程可整理为4ln（1+x）-x=m．

令g（x）=4ln（1+x）-x，得g′(x)=

4

1+x

-1=

3-x

1+x

，

∴当3＜x≤4时g'（x）＜0，当2≤x＜3时g'（x）＞0，g'（3）=0，

即g（x）在[2，3]上是增函数，在[3，4]上是减函数，

∴在x=3时g（x）有最大值4ln4-3．（6分）

∵g（2）=4ln3-2，g（4）=4ln5-4，

∴g（2）-g（4）=4ln

3

5

+2=2(2ln

3

5

+1)=2ln

9e

25

．

由9e≈24.46＜25，于是2ln

9e

25

＜0．

∴g（2）＜g（4）．

∴m的取值范围为[4ln5-4，4ln4-3）．（9分）

（III）由f（x）=ln（1+x）-x（x＞-1）有f′(x)=

1

1+x

-1=-

x

1+x

，

显然f'（0）=0，当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0，当x∈（-1，0）时，f'（x）＞0，

∴f（x）在（-1，0）上是增函数，在[0，+∞）上是减函数．

∴f（x）在（-1，+∞）上有最大值f（0），而f（0）=0，

∴当x∈（-1，+∞）时，f（x）≤0，因此ln（1+x）≤x．（*）（11分）

由已知有p＞a_n，即p-a_n＞0，所以p-a_n-1＞-1．

∵a_n+1-a_n=ln（p-a_n）=ln（1+p-1-a_n），

∴由（*）中结论可得a_n+1-a_n≤p-1-a_n，即a_n+1≤p-1（n∈N^*）．

∴当n≥2时，a_n+1-a_n=ln（p-a_n）≥ln[p-（p-1）]=0，即a_n+1≥a_n．

当n=1，a₂=a₁+ln（p-lnp），

∵lnp=ln（1+p-1）≤p-1，

∴a₂≥a₁+ln[p-（p-1）]=a₁，结论成立．

∴对n∈N^*，a_n+1≥a_n．（14分）