解题思路：（I）求出函数的导函数判断出其大于零得到函数在区间[1，e]上为增函数，所以f（1）为最小值，f（e）为最大值，求出即可；（II）直线P1P2的斜率k由P1，P2两点坐标可表示为 k＝ax2+lnx2−ax1−lnx1x2−x1＝a+lnx2−lnx1x2−x1；由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号；可得 −x2x1+lnx2x1＜-1，整理可得 lnx2−lnx1x2−x1＜1x1，同理，由 −x1x2+lnx1x2＜−1，得 lnx2−lnx1x2−x1＞1x2；所以P1P2的斜率 k∈(a+1x2，a+1x1)，在x∈（x1，x2）上，有 f′(x)＝a+1x∈(a+1x2，a+1x1)，可得结论．
（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，f′(x)＝−1+
1
x＝
−x +1
x．
对于x∈（0，1），有f'（x）＞0，∴f（x）在区间（0，1]上为增函数，
对于x∈（1，+∞），有f'（x）＜0，∴f（x）在区间（1，+∞）上为减函数，．
∴fmax（x）=f（1）=-1；
（II）直线P1P2的斜率为 k＝
ax2+lnx2−ax1−lnx1
x2−x1＝a+
lnx2−lnx1
x2−x1；
由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号，
∴−
x2
x1+ln
x2
x1＜−1⇒ln
x2
x1＜
x2
x1−1⇒lnx2−lnx1＜
x2−x1
x1⇒
lnx2−lnx1
x2−x1＜
1
x1，
同理，由 −
x1
x2+ln
x1
x2＜−1，可得
lnx2−lnx1
x2−x1＞
1
x2；
故P1P2的斜率 k∈(a+
1
x2，a+
1
x1)，
又在x∈（x1，x2）上，f′(x)＝a+
1
x∈(a+
1
x2，a+
1
x1)，
所以f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行；
（III）f（x）=[3/2x+lnx，f′（x）=
3
2+
1
x]，∴an+1=[3/2]+[1
an，
a3=
3/2+
1
a2]，a4=[3/2+
1
a3]=[3/2+
1
3
2+
1
a2＝
13a2+6
2(3a2+2)]＜a2⇒2a22-3a2-2＞0，
⇒（2a2+1）（a2-1）＞0⇒a2＞2⇒
3
2+
1
a1＞2⇒0＜a1＜2，
下面我们证明：当0＜a1＜2时，a2n+2＜a2n，且a2n＞2（n∈N+）
事实上，当n=1时，0＜a1＜2⇒a2=
3
2+
1
a1＞2，
a4-a2=
13a2+6
2(3a2+2)−a2＝−
3(2a2+1)(a2−2)
2(3a2+2)＜0⇒a4＜a2，结论成立．
若当n=k时结论成立，即a2k+2＜a2k，且a2k＞2，则
a2k+2=
3
2+
1
a2k＞2⇒a2k+4=
3
2+
1
a2k+2＞2，
a2k+4-a2k+2=
13a2k+2+6
2(3a2k+2+2)−a2k+2＝−
3(2a2k+2+1)(a2k+2−2)
2(3a2k+2+2)＜0
⇒a2k+4＜a2k+2，
由上述证明可知，a1的取值范围是（0，2）．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；数列与函数的综合．
考点点评： 本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证明不等式的问题，以及利用数学归纳法证明数列不等式，考查运算能力和分析解决问题能力，属难题．