解题思路：（Ⅰ）根据题中已知条件可知函数f（x）上的点P和点Q关于点M对称，可根据f（x）+f（2a-x）=2b可以求出a和b的值，进而可以证明；
（Ⅱ）根据题中已知条件先求出Sn的表达式，进而将n=2011代入即可求出S2011的值；
（Ⅲ）根据（Ⅱ）中求得的Sn的表达式先求出lnSn+2-lnSn+1的表达式，即可证明
ln
S
n+2
−ln
S
n+1
＞
1
n
2
−
1
n
3
．
（Ⅰ）由题意可知：函数定义域为（0，1）．
设点M的坐标为（a，b），
则由f(x)+f(2a−x)＝
1
2+ln
x
1−x+
1
2+ln
2a−x
1−2a+x＝1+ln
−x2+2ax
−x2+2ax+1−2a＝2b，
对于x∈（0，1）恒成立，
于是
1−2a＝0
1＝2b.，
解得a＝b＝
1
2．
所以存在定点M(
1
2，
1
2)，使得函数f（x）的图象上任意一点P关于M点对称的点Q也在函数f（x）的图象上．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）+f（1-x）=1，
∵Sn＝f(
1
n)+f(
2
n)+…+f(
n−2
n)+f(
n−1
n)…①
∴Sn＝f(1−
1
n)+f(1−
2
n)+…+f(
2
n)+f(
1
n)…②
①+②，得2Sn=n-1，
∴Sn＝
n−1
2(n≥2，n∈N*)，
故S2011=1005．
（Ⅲ）当n∈N*时，由（Ⅱ）知lnSn+2−lnSn+1＝ln
Sn+2
Sn+1＝ln(1+
1
n)，
于是lnSn+2−lnSn+1＞
1
n2−
1
n3等价于ln(1+
1
n)＞
1
n2−
1
n3．…（10分）
令g（x）=x3-x2+ln（1+x），则g′(x)＝
3x3+(x−1)2
x+1，
∴当x∈[0，+∞）时，g'（x）＞0，即函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）=0．
于是，当x∈（0，+∞）时，恒有g（x）＞g（0）=0，即x3-x2+ln（1+x）＞0恒成立．…（12分）
故当x∈（0，+∞）时，有ln（1+x）＞x2-x3成立，取x＝
1
n∈(0，+∞)，
则有ln(
1
n+1)＞
1
n2−
1
n3成立．…（14分）
点评：
本题考点： 数列与函数的综合．
考点点评： 本题主要考查了数列的递推公式以及数列与函数的综合应用，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用，属于中档题．