解题思路：（Ⅰ）要证明λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f（b0）=0，由已知条件λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|合并，可以直接得出λ≤1，再假设有b0≠a0，使得f（b0）=0，根据已知判断出矛盾即得到不存在b0≠a0，使得f（b0）=0．
（Ⅱ）要证明（b-a0）2≤（1-λ2）（a-a0）2；把不等式两边（b-a0）2和（1-λ2）（a-a0）2分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可．
（Ⅲ）要证明[f（b）]2≤（1-λ2）[f（a）]2，先将f（b）化为f（b）-f（a）+f（a）的形式，利用已知条件对f（b）-f（a）+f（a）作进一步变形整理，可证得不等式成立．
证明：（Ⅰ）任取x1，x2⊂R，x1≠x2，则由λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]①
和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|②
可知λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]≤|x1-x2|•|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|2，
从而λ≤1．
假设有b0≠a0，使得f（b0）=0，则由①式知0＜λ（a0-b0）2≤（a0-b0）[f（a0）-f（b0）]=0矛盾．
∴不存在b0≠a0，使得f（b0）=0．
（Ⅱ）由b=a-λf（a）③
可知（b-a0）2=[a-a0-λf（a）]2=（a-a0）2-2λ（a-a0）f（a）+λ2[f（a）]2④
由f（a0）=0和①式，得（a-a0）f（a）=（a-a0）[f（a）-f（a0）]≥λ（a-a0）2⑤
由和②式知，[f（a）]2=[f（a）-f（a0）]2≤（a-a0）2⑥
由⑤、⑥代入④式，得（b-a0）2≤（a-a0）2-2λ2（a-a0）2+λ2（a-a0）2=（1-λ2）（a-a0）2
即不等式（b-a0）2≤（1-λ2）（a-a0）2得证．
（Ⅲ）由③式可知[f（b）]2=[f（b）-f（a）+f（a）]2
=[f（b）-f（a）]2+2f（a）[f（b）-f（a）]+[f（a）]2
≤（b-a）2-2•[b-a/λ][f（b）-f（a）]+[f（a）]2（用②式）
=λ2[f（a）]2-[2/λ]（b-a）[f（b）-f（a）]+[f（a）]2
≤λ2[f（a）2-[2/λ]•λ•（b-a）2+[f（a）]2（用①式）
=λ2[f（a）]2+2λ2[f（a）]2+[f（a）]2
=（1-λ2）[f（a）]2
点评：
本题考点： 不等式的证明．
考点点评： 题目中涉及了八个不同的字母参数a，b，a0，b0，x，x1，x2，λ以及它们的抽象函数值f（x）．参数量太多，让考生们在短时间内难以理清头绪．因而解决问题的关键就在于“消元”--把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某几个特定变量来表示，有一定的计算量需要同学们注意．