（Ⅰ）f′（x）=2x+b-[a/x]（x＞0），
∵x=2是函数f（x）的极值点，∴f′（2）=4+b-[a/2]=0．
∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，
由
4+b−
a
2＝0
1+b＝0，解得a=6，b=-1．
（Ⅱ）令g（b）=xb+x2-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，
根据题意，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，
则g（b）max=g（-1）=x2-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解，
令h（x）=x2-x-alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，
由于h′(x)＝2x−1−
a
x=
2x2−x−a
x，
令φ（x）=2x2-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①当1-a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．
②当1-a＜0，即a＞1时，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e2-e-a．
若a≥2e2-e＞1，则φ（e）＜0，∴在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，
∴h（x）在（1，e）上单调递减，∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．
若2e2-e＞a＞1，则φ（e）＞0，
∴在（1，e）上一定存在实数m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，h（x）在（1，m）上单调递减，
∴存在存在x0∈（1，m）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．
综上所述，当a＞1时，对∀b∈[-2，-1]，都有∃x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0
成立．
（Ⅲ）证明：由题意a=-1，可知f′(x)＝
2x2+bx+1
x(x＞0)，
方程2x2+bx+1=0有两个不相等实根x1、x2，且x1∈(0，
1
2)，又x1x2＝
1
2，
∴x2＝
1
2x1∈(1，+∞)，且bx1＝−(2x12+1)，bx2＝−(2x22+1)，
f（x1）-f（x2）=(
x21+bx