答案：
（I）∵f′(x)=-a，
∴f′(1)=-a．
由题知-a=-，
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)=-1=，
∴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+2=2(2ln+1)=2ln．
由9e≈24.46＜25，于是2ln＜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=-，
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＞an，即p-an＞0，所以p-an-1＞-1．
∵an+1-an=ln（p-an）=ln（1+p-1-an），
∴由（*）中结论可得an+1-an≤p-1-an，即an+1≤p-1（n∈N*）．
∴当n≥2时，an+1-an=ln（p-an）≥ln[p-（p-1）]=0，即an+1≥an．
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*，an+1≥an．（14分）