解题思路：（1）欲求：“当n=2时，
f(x)＝
1
(1−x)
2
+aln(x−1)
”的极值，利用导数，求其导函数的零点及单调性进行判断即可；
（2）欲证：“f（x）≤x-1”，令
g(x)＝x−1−
1
(1−x)
n
−ln(x−1)
，利用导函数的单调性，只要证明函数f（x）的最大值是x-1即可．
（Ⅰ）由已知得函数f（x）的定义域为{x|x＞1}，
当n=2时，f(x)＝
1
(1−x)2+aln(x−1)，所以f′(x)＝
2−a(1−x)2
(1−x)3．
（1）当a＞0时，由f'（x）=0得x1＝1+
2
a＞1，x2＝1−
2
a＜1，
此时f′(x)＝
−a(x−x1)(x−x2)
(1−x)3．
当x∈（1，x1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
（2）当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，所以f（x）无极值．
综上所述，n=2时，
当a＞0时，f（x）在x＝1+
2
a处取得极小值，极小值为f(1+
2
a)＝
a
2(1+ln
2
a)．
当a≤0时，f（x）无极值．
（Ⅱ）证法一：因为a=1，所以f(x)＝
1
(1−x)n+ln(x−1)．
当n为偶数时，
令g(x)＝x−1−
1
(1−x)n−ln(x−1)，
则g′(x)＝1+
n
(x−1)n+1−
1
x−1＝
x−2
x−1+
n
(x−1)n+1＞0（x≥2）．
所以当x∈[2，+∞）时，g（x）单调递增，
又g（2）=0，
因此g(x)＝x−1−
1
(x−1)n−ln(x−1)≥g(2)＝0恒成立，
所以f（x）≤x-1成立．
当n为奇数时，要证f（x）≤x-1，由于
1
(1−x)n＜0，所以只需证ln（x-1）≤x-1，
令h（x）=x-1-ln（x-1），
则h′(x)＝1−
1
x−1＝
x−2
x−1≥0（x≥2），
所以当x∈[2，+∞）时，h（x）=x-1-ln（x-1）单调递增，又h（2）=1＞0，
所以当x≥2时，恒有h（x）＞0，即ln（x-1）＜x-1命题成立．
综上所述，结论成立．
证法二：当a=1时，f(x)＝
1
(1−x)n+ln(x−1)．
当x≥2时，对任意的正整数n，恒有
1
(1−x)n≤1，
故只需证明1+ln（x-1）≤x-1．
令h（x）=x-1-（1+ln（x-1））=x-2-ln（x-1），x∈[2，+∞），
则h′(x)＝1−
1
x−1＝
x−2
x−1，
当x≥2时，h'（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上单调递增，
因此当x≥2时，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立．
故当x≥2时，有
1
(1−x)n+ln(x−1)≤x−1．
即f（x）≤x-1．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题．
考点点评： 本题主要考查函数的导数、不等式等知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力．