（1）f′(x)=1-

1

x+1

=

x

x+1

，（x＞-1）．

令f′（x）＞0，解得x＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；f′（x）＜0，解得-1＜x＜0，函数f（x）单调递减．

∴当x=0时，函数f（x）取得极小值，即最小值f（0）=0；

（2）由（1）可知：x＞0时，f（x）＞0，即x-ln（x+1）＞0，即ln（x+1）＜x．

令x=

1

n

，得ln

n+1

n

＜

1

n

．

∴ln2+ln

3

2

+…+ln

n+1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，

∴ln(2×

3

2

×…

n+1

n

)=ln（n+1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，

∴n+1＜e1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．