解题思路：（Ⅰ）f（x）恒过（1，0），从而p（1，0），g（1）=0，进而求出b=2；再通过求导得出a=2；
（Ⅱ）证
h(x)＝
f(x)
g(x)
＜0
，即证x＞0且x≠1时，f（x），g（x）异号，讨论当x＞1时，当0＜x＜1时的情况，综上得证；
（Ⅲ）令
x＝
n
n−1
（n≥2），得出
2ln
2
1
＜
1
2
+1
2ln
3
2
＜
1
3
+
1
2
…
2ln
n
n−1
＜
1
n
+
1
n−1
，从而
1+
1
2
+…+
1
n
＞lnn+
n+1
2n
．
（Ⅰ）∵f(x)＝aInx−x+
1
x，
∴f（x）恒过（1，0），
∴p（1，0），g（1）=0，
∴b=2；
∵f′(x)＝
a
x−1−
1
x2，f'（1）=0，
∴a=2，即a=2，b=2．
（Ⅱ）证：h(x)＝
f(x)
g(x)＜0，
即证x＞0且x≠1时，f（x），g（x）异号
∵g（x）=x2+x-2=（x-1）（x+2）
∴当x＞1时，g（x）＞0
∵f′(x)＝
2
x−1−
1
x2＝
−(x−1)2
x2＜0
∴f（x）在（1，+∞）单调递减，又f（1）=0
∴f（x）＜f（1）=0，
∴h(x)＝
f(x)
g(x)＜0
∵当0＜x＜1时，g（x）＜0
∴f′(x)＝
2
x−1−
1
x2＝
−(x−1)2
x2＜0
∴f（x）＞f（1）=0，
∴h(x)＝
f(x)
g(x)＜0
综上得证．
（Ⅲ）∵2lnx＜x−
1
x令x＝
n
n−1（n≥2），
∴2ln
n
n−1＜
n
n−1−
n−1
n＝
1
n+
1
n−1，
∴2ln
2
1＜
1
2+12ln
3
2＜
1
3+
1
2
…2ln
n
n−1＜
1
n+
1
n−1
∴2lnn＜2(1+
1
2+…+
1
n)−1−
1
n，
∴
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．