（Ⅰ）∵ f(x)=
x
e x ，∴ f′(x)=
e x -x e x
( e x ) 2 =
1-x
e x ，
当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）是单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）是单调递减．
所以f（x）的递增区间是（-∞，1]，递减区间是[1，+∞）． …3分
（Ⅱ）①当k≤0时，有2k＜ln2，∴e 2k＜2，∴
2
e 2k ＞1 ，∴
2k
e 2k ≤k ，
因此f（2k）≤k≤0=f（0），等号在k=0时成立．
若k＜0，由f（x）在（-∞，1]上递增知，存在唯一的x 0∈（2k，0），使得f（x 0）=k．
又x＞0时，f（x）＞0，所以当k≤0时，f（x）-k只有一个零点．…5分
②由（Ⅰ）知， f(x ) max =f(1)=
1
e ，所以 k=
1
e 时，f（x）-k只有一个零点．…6分
③当 0＜k＜
1
e 时，f（x）在（-∞，1]上递增并结合（Ⅰ），存在一个x 1∈（0，1），使得f（x 1）=0．
若x＞1，设g（x）=ke x-x，则g′（x）=ke x-1，∴ 1＜x＜ln
1
k 时，g′（x）＜0，g（x）递减， x＞ln
1
k 时，g′（x）＞0，g（x）递增，∴ g(x) min =g(ln
1
k )=1-ln
1
k ＜0 ．
设h（x）=lnx-x，则 h′(x)=
1-x
x ，0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）递增，x＞1时，h′（x）＜0，h（x）递减，∴h（x） max=h（1）=0，即x＞0且x≠1时，有lnx＜x．
∴ g(ln
1
k 4 )=k e ln
1
k 4 -ln
1
k 4 =
1
k 3 -4ln
1
k ＞
1
k 3 -
4
k =
(1+2k)(1-2k)
k 3 ＞0
所以，在区间 (ln
1
k ，ln
1
k 4 ) 上存在一点x 2使得g（x 2）=0，即
x 2
e x 2 =k ．
因为f（x）在（1，+∞）上递减，所以存在唯一x 2∈（1，+∞），使得g（x 2）=0，即f（x 2）=k．
所以f（x）-k在有两个零点．
综上所述，实数k的取值范围是（-∞，0]∪{1}．…10分
（Ⅲ）证明：设a n=f（n），S n=a 1+a 2+…+a n，则 a n =
n
e n 且 S n =
1
e +
2
e 2 +
3
e 3 …+
n
e n ，
∴
1
e S n =
1
e 2 +
2
e 3 +
3
e 4 +…+
n-1
e n +
n
e n+1
∴ (1-
1
e ) S n =
1
e +
1
e 2 +
1
e 3 +…+
1
e n -
n
e n+1 =
1
e (1-
1
e n )
1-
1
e -
n
a n+1
∴ S n =
e( e n -1)-n(e-1)
e n (e-1) 2 ．
由（Ⅰ）知 f(x ) max =f(1)=
1
e ，∴ f(x)≤
1
e ，∴ a n =f(n)≤
1
e ，∴ S n ≤
n
e ，
∴
e( e n -1)-n(e-1)
e n (e-1) 2 ≤
n
e ．…14分．
