(Ⅰ)证明:①f(x)=x⇔x3+ax-1=0.…(1分) 令h(x)=x3+ax-1,则h(0)=-1<0,h()=>0, ∴h(0)•h()<0.…(2分) 又h′(x)=3x2+a>0,∴h(x)=x3+ax-1是R上的增函数.…(3分) 故h(x)=x3+ax-1在区间(0,)上有唯一零点, 即存在唯一实数x0∈(0,)使f(x0)=x0.…(4分) (Ⅱ)(i)当n=1时,x1=0,x2=f(x1)=f(0)=,由①知x0∈(0,),即x1<x0<x2成立;…(5分) 设当n=k(k≥2)时,x2k-1<x0<x2k,注意到f(x)=在(0,+∞)上是减函数,且xk>0, 故有:f(x2k-1)>f(x0)>f(x2k),即x2k>x0>x2k+1 ∴f(x2k)<f(x0)<f(x2k+1),…(7分) 即x2k+1<x0<x2k+2.这就是说,n=k+1时,结论也成立. 故对任意正整数n都有:x2n-1<x0<x2n.…(8分) (ii)当a=2时,由x1=0得:x2=f(x1)=f(0)=,|x2-x1|=…(9分) 当k=1时,|x3-x2|=|-|=<=•|x2-x1|=()2…(10分) 当k≥2时,∵0<xk≤, ∴|xk+1-xk|=|-|=<<<()2•|xk-1-xk-2|<…<()k-2•|x3-x2|<()k…(12分) 对∀m∈N*, |xm+k-xk|=|(xm+k-xm+k-1)+(xm+k-1-xm+k-2)+…+(xk+1-xk)|≤|xm+k-xm+k-1|+|xm+k-1-xm+k-2|+…+|xk+1-xk| …(13分)≤(++…+++1)|xk+1-xk| =|xk+1-xk|=•(1-)•|xk+1-xk|<•=…(14分) |