解题思路：（Ⅰ）根据极值的信息，则选用导数法，先求f'（x），再由f（x）有极值，可有=a2-4b＞0，又由在x=-1处的切线与直线x-y+1=0平行，可得f'（-1）=1-a+b=1从而求解．
（Ⅱ）存在．令f′（x）=0得到函数的两个稳定点，然后分区间讨论函数的增减性，得到函数的极小值令其等于1，讨论得到a的值存在，求出a即可；
（Ⅲ）求得g（x）=x-[1/x]-2lnx，利用导数工具g（x）在（1，+∞）上是增函数，故g（x）＞g（1）=0，设x=[n+1/n]，
则g（[n+1/n]）=[n+1/n]-[n/n+1]-2ln[n+1/n]=1+[1/n]-1+[1/n+1]-2[ln（n+1）-lnn]=[1/n]+[1/n+1]-2[ln（n+1）-lnn]＞0，即[1/n]+[1/n+1]＞2[ln（n+1）-lnn]，再利用累加法进行证明即可．
（Ⅰ）∵f′（x）=x2+2ax-b，∴f′（1）=1+2a-b，
又因为函数在x=1处的切线与直线x-y+1=0平行，所以在x=1处的切线的斜率等于1，∴f′（1）=1∴b=2a①
∵f（x）有极值，故方程f′（x）=x2+2ax-b=0有两个不等实根∴△=4a2+4b＞0∴a2+b＞0②
由①．②可得，a2+2a＞0∴a＜-2或a＞0
故实数a的取值范围是a∈（-∞，-2）∪（0，+∞）
（（Ⅱ）存在a=-[8/3]…（5分）
由（1）可知f′（x）=x2+2ax-b，令f′（x）=0∴x1=-a-
a2+2a，x2=-a+
a2+2a
∴f（x）极小=f（x2）=[1/3]x23+ax22-2ax2+1=1，
∴x2=0或x22+3ax2-6a=0
若x2=0，则-a+
a2+2a=0，则a=0（舍），
若x22+3ax2-6a=0，又f′（x2）=0，∴x22+2ax2-2a=0，
∴ax2-4a=0
∵a≠0∴x2=4
∴-a+
a2+2a=4，
∴a=-[8/3]＜2∴存在实数a=-[8/3]，使得函数f（x）的极小值为1．
（Ⅲ）由g（x）=
f′(x)−2ax+b−1
x-2lnx=
x2+2ax−b−2ax+b−1
x-2lnx=x-[1/x]-2lnx
故g′（x）=1+[1
x2−
2/x]=
x2−2x+1
x2=
(x−1)2
x2＞0，
则g（x）在（1，+∞）上是增函数，故g（x）＞g（1）=0，
所以，g（x）在（1，+∞）上恒为正．
当n是正整数时，[n+1/n]＞1，设x=[n+1/n]，则
g（[n+1/n]）=[n+1/n]-[n/n+1]-2ln[n+1/n]
=1+[1/n]-1+[1/n+1]-2[ln（n+1）-lnn]
=[1/n]+[1/n+1]-2[ln（n+1）-lnn]＞0，
即[1/n]+[1/n+1]＞2[ln（n+1）-lnn]
上式分别取n的值为1、2、3、…、n-1（n＞1）累加得：
（[1/1+
1
2]）+（[1/2+
1
3]）+（[1/3+
1
4]）+…+[1/n−1+
1
n]
＞2[ln2-ln1+ln3-ln2+ln4-ln3+…lnn-ln（n-1）]
∴1+2（[1/2+
1
3+
1
4+…
1
n−1]）+
1
n＞2lnn
2（1+[1/2+
1
3+
1
4+…
1
n−1]+
1
n）＞2lnn+1+[1/n]
∴1+[1/2+
1
3+
1
4+…
1
n−1]+
1
n）＞lnn+[1/2]（1+[1/n]）
即lnn+[1/2]（1+[1/n]）＜
n
i−1
1
i，（n＞1）
又当n=1时，lnn+[1/2]（1+[1/n]）=
n
i−1
1
i，
故lnn+[1/2]（1+[1/n]）≤
n
i−1
1
i，当且仅当n=1时取等号．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 考查学生利用导数研究函数性质的能力，以及转化，特值构造证明不等式．